diff options
| author | syn <isaqtm@gmail.com> | 2019-12-27 10:33:43 +0300 |
|---|---|---|
| committer | syn <isaqtm@gmail.com> | 2019-12-27 10:33:43 +0300 |
| commit | 325d44c6428af3e70d0b4c5d78a1e1d117895f52 (patch) | |
| tree | 3561ee255f5be3b2ad055c70fe7653c562f6c6a2 | |
| download | some-texs-master.tar.gz | |
| -rw-r--r-- | dm-11.tex | 130 | ||||
| -rw-r--r-- | dz1.tex | 75 | ||||
| -rw-r--r-- | dz2.tex | 181 | ||||
| -rw-r--r-- | intro.tex | 80 | ||||
| -rw-r--r-- | phw.tex | 511 | ||||
| -rw-r--r-- | phw2.tex | 379 | ||||
| -rw-r--r-- | sol0923.tex | 256 | ||||
| -rw-r--r-- | sol0930.tex | 227 | ||||
| -rw-r--r-- | sol1028.tex | 509 | ||||
| -rw-r--r-- | sol1111.tex | 462 | ||||
| -rw-r--r-- | sol1118.tex | 200 | ||||
| -rw-r--r-- | sol1202.tex | 239 | ||||
| -rw-r--r-- | test_dot.tex | 14 |
13 files changed, 3263 insertions, 0 deletions
diff --git a/dm-11.tex b/dm-11.tex new file mode 100644 index 0000000..7e2b979 --- /dev/null +++ b/dm-11.tex @@ -0,0 +1,130 @@ +\documentclass[11pt]{article} +%\usepackage[T2A]{fontenc} +%\usepackage[utf8]{inputenc} +%\usepackage[russian]{babel} +\usepackage[x11names, svgnames, rgb]{xcolor} +\usepackage{tikz} +\usetikzlibrary{arrows,shapes} + +\usepackage{scrextend} + + +\input{intro} + +\lhead{\color{gray} Шарафатдинов Камиль 192} +\rhead{\color{gray} ДЗ-11 (\texttt{cw11\_plus})} + +\makeatletter +\renewcommand*\env@matrix[1][*\c@MaxMatrixCols c]{% + \hskip -\arraycolsep + \let\@ifnextchar\new@ifnextchar + \array{#1}} +\makeatother + + +\DeclareMathOperator{\chr}{char} + +% -- Here bet dragons -- +\begin{document} +\begin{center} + \textbf{1} +\end{center} + + Пусть это не так и множество $S_i$ содержится в $S_1 \cup \ldots \cup S_l$ целиком. Тогда $|S_1 \cup \ldots \cup S_l| = |S_1 \cup \ldots \cup S_l \cup S_i| = l < l + 1$ и тогда такое множество не удовлетворяет условию теоремы Холла. + +\begin{center} + \textbf{2} +\end{center} + + Рассмотрим ребра из $M \cup M'$. Любые два из них: + + \begin{addmargin}[2em]{0pt} + \begin{enumerate}[noitemsep] + \item не пересекаются -- оставляем оба + \item совпадают -- берем любое + \item пересекаются по одной из вершин + \end{enumerate} + \end{addmargin} + + Выберем какую-то компоненту связности. Она -- путь или цикл четной по вершинам длины, потому что: + + \begin{addmargin}[2em]{0pt} + \begin{enumerate}[noitemsep] + \item степень каждой вершины в ней не больше 2 $\implies$ это путь или цикл + \item граф двудольный $\implies$ цикла нечетной длины быть не может + \item если бы был путь нечетной длины ($2k + 1$), то в одной из долей было бы $k$ вершин, поэтому любое паросочетание было бы не больше $k$ и не покрывало бы хотя бы одну вершину из второй доли. + \end{enumerate} + \end{addmargin} + + \doubleskip + \begin{minipage}{0.4\textwidth} + \begin{tikzpicture}[scale=0.8] + \draw[color=blue] (0,-2) circle [x radius=1, y radius=3]; + \draw[color=red] (3,-2) circle [x radius=1, y radius=3]; + + %\draw (0, 0) circle (2pt) node[below] {$v_12$}; + \node[shape=circle,draw=blue,dotted] (A) at (0,0) {$v_1$}; + \node[shape=circle,draw=red] (B) at (3,-1) {$v_2$}; + \node[shape=circle,draw=blue] (C) at (0,-2) {$v_3$}; + \node[shape=circle,draw=red] (D) at (3,-3) {$v_4$}; + \node[shape=circle,draw=blue] (E) at (0,-4) {$v_5$}; + + \path [-](A) edge[dotted] node[above] {} (B); + \path [-](B) edge node[below] {} (C); + \path [-](C) edge node[below] {} (D); + \path [-](D) edge node[below] {} (E); + \end{tikzpicture} + \end{minipage} + \begin{minipage}{0.4\textwidth} + \begin{tikzpicture}[scale=0.8] + \draw[color=blue] (0,-2) circle [x radius=1, y radius=3]; + \draw[color=red] (3,-2) circle [x radius=1, y radius=3]; + + %\draw (0, 0) circle (2pt) node[below] {$v_12$}; + %\node[shape=circle,draw=blue] (A) at (0,0) {$v_1$}; + \node[shape=circle,draw=red] (B) at (3,-1) {$v_2$}; + \node[shape=circle,draw=blue] (C) at (0,-2) {$v_3$}; + \node[shape=circle,draw=red] (D) at (3,-3) {$v_4$}; + \node[shape=circle,draw=blue] (E) at (0,-4) {$v_5$}; + + %\path [-](A) edge node[above] {} (B); + \path [-](B) edge node[below] {} (C); + \path [-](C) edge node[below] {} (D); + \path [-](D) edge node[below] {} (E); + \path [-](B) edge node[below] {} (E); + \end{tikzpicture} + \end{minipage} + + \medskip + \medskip + \medskip + Понятно, что в каждом случае надо просто взять каждое второе ребро и все вершины будут покрыты. \qed + + +\begin{center} + \textbf{3} +\end{center} + + Докажем, что любое вершинное покрытие в $G$ не меньше, чем $\frac{l}{d}$, тогда по теореме Кёнига можно будет утверждать, что существует паросочетание размера хотя бы $\frac{l}{d}$. + + Возьмем любое вершинное покрытие и начнем постепенно удалять вершины из него (вместе с их рёбрами). Тогда на каждом шаге мы удаляем из графа не более, чем $d$ рёбер, потому что степень каждой вершины не более, чем $d$. Всего нам надо удалить $l$ рёбер, поэтому вершин в покрытии было хотя бы $\frac{l}{d}$. + + +\begin{center} + \textbf{4} +\end{center} + + Построим двудольный граф $G(L, R, E)$: слева будут подмножества размера $k$, справа - размера $k + 1$. + Ребро между ними будет тогда, когда из левого подмножества можно получить правое, добавив какой-то элемент из $A$. Тогда $|E| = |L| \cdot (n - k)$ а максимальная степень вершины $d = \max(k + 1, n - k)$. + + \begin{align*} + k \leq \frac{n - 1}{2}\\ + 2k \leq n - 1\\ + k + 1 \leq n - k + \end{align*} + + Поэтому $d = n - k$. Тогда воспользуемся \textbf{3} задачей -- в G есть паросочетание размера $\frac{|L|(n - k)}{n - k} = |L| \implies $ это паросочетание содержит все вершины $L$, поэтому есть инъекция $L \hookrightarrow R$, что равносильно условию задачи. + + + +\end{document} @@ -0,0 +1,75 @@ +\documentclass[10pt,a5paper]{article} +\usepackage{amsmath} +\usepackage{amssymb} +\usepackage[T2A]{fontenc} +\usepackage[utf8]{inputenc} +\usepackage[russian]{babel} + +\usepackage[a4paper, lmargin=0.1666\paperwidth, rmargin=0.1666\paperwidth, tmargin=0.1111\paperheight, bmargin=0.1111\paperheight]{geometry} +\begin{document} + +\begin{flalign*} +\textbf{\textit{Задание 26: }}\textit{Доказать, что } 1.(9) = 2.(0)&& +\end{flalign*} +Представим эти числа как $1.(9) = 1 + 0.(9)$ и $2.(0) = 1 + 1.(0)$\\ +Тогда пусть $x = 0.(9)$: +\begin{align*} +10x &= 9.(9)\\ + 9x &= 9\\ + x &= 1\\ +\end{align*} +Значит, $0.(9) = 1$ и $1.(9) = 2.(0)$, значит $1.(9) = 2.(0)$ + +\clearpage + +\begin{flalign*} +\textbf{\textit{Задание 20: }} +\textit{Доказать, что } +\underbrace{\sqrt{a + \sqrt{a + \ldots + \sqrt{a}}}}_{n} \leq \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}& +\end{flalign*} +Обозначим левую часть за $A_n$ и докажем по индукции.\\ +База $(n = 1)$: +\begin{align*} +A_1 = \sqrt{a} &\overset{?}{\leq} \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}&&\\ + a &\overset{?}{\leq} \frac{1 + 2\sqrt{4a + 1} + 4a + 1}{4}&&\\ + 0 &\leq \frac{2 + 2\sqrt{4a + 1}}{4}&&\\ +\end{align*} +Переход: \\ +Пусть для $n$ - верно, тогда: +\begin{align*} +A_{n+1} = \sqrt{a + A_n} &\overset{?}{\leq} \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}&&\\ + \sqrt{a + \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}} &\overset{?}{\leq} \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}&&\\ + a + \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2} &\overset{?}{\leq} \frac{1 + 2\sqrt{4a + 1} + 4a + 1}{4}&&\\ + \frac{2a + 1 + \sqrt{4a + 1}}{2} &\overset{?}{\leq} \frac{2 + 2\sqrt{4a + 1} + 4a}{4}&&\\ + \frac{2a + 1 + \sqrt{4a + 1}}{2} &= \frac{1 + 1\sqrt{4a + 1} + 2a}{2}&&\\ +\end{align*} +Значит, для $n + 1$ - тоже верно + +\clearpage + +\textbf{\textit{Задание 5: }} +$X, Y \subset \mathbb{R}_+, Z = \{xy : x \in X, y \in Y\}.$ +\textit{Доказать, что } $$\inf{Z} = \inf{X}\inf{Y}, \quad \sup{Z} = \sup{X}\sup{Y}$$ + +\textbf{1.} Так как $\sup{X}$ - точная верхняя грань $X$, а $\sup{Y}$ - точная верхняя грань $Y$, то $\forall x \in X, y \in Y$ выполняется $xy \leq x\sup{Y} \leq \sup{X}\sup{Y}$, поэтому $S = \sup{X}\sup{Y}$ - верхняя грань $Z$.\\ + +\textbf{2.} Пусть $\sup{X}\sup{Y} = S_z$. Докажем, что $\forall{\Gamma > 0}\ \exists\ z \in Z$, такое, что $S_z - z < \Gamma$.\\ + +Из определения точной верхней грани $\forall{\delta > 0}\ \exists\ x \in X, y \in Y$ такие, что +$$x > \sup{X} - \delta,\ y > \sup{Y} - \delta,$$ +поэтому существует $z = xy$ и +$$xy > (\sup{X} - \delta)(\sup{Y} - \delta) = \sup{X}\sup{Y} - \delta(\sup{X} + \sup{Y} - \delta)$$\\ +Так как $\sup{X} + \sup{Y} = \text{const}$, то +$$\lim_{\delta \to 0} \delta(\sup{X} + \sup{Y} - \delta) = 0$$ +поэтому для любого $\Gamma$ найдется $\delta$ такой, что +$$S_z - z > S_z - (\sup{X} - \delta)(\sup{Y} - \delta) > \Gamma,$$ +что и требовалось доказать.\\ + +Из (\textbf{1}) и (\textbf{2}) следует, что $S_z = \sup{X}\sup{Y}$ - точная верхняя грань $Z$. +Аналогично, $\inf{Z} = \inf{X}\inf{Y}$ + +\clearpage + + + +\end{document} @@ -0,0 +1,181 @@ +\documentclass[10pt,a5paper]{article} +\usepackage{amsmath} +\usepackage{amssymb} +\usepackage[T2A]{fontenc} +\usepackage[utf8]{inputenc} +\usepackage[russian]{babel} + +\usepackage[a4paper, lmargin=0.1666\paperwidth, rmargin=0.1666\paperwidth, tmargin=0.1111\paperheight, bmargin=0.1111\paperheight]{geometry} +\begin{document} + +\begin{titlepage} +\begin{center} +Семинар 0916 + +Шарафатдинов Камиль БПМИ192 +\end{center} +\end{titlepage} + +\newcommand{\limn}[1][]{\lim_{n\to\infty}{#1}} + +\begin{flalign*} +\textbf{\textit{9.k: }}&& +\end{flalign*} +\begin{align*} +& \limn{(\sqrt[3]{3} \cdot \sqrt[9]{3} \cdot \ldots \cdot \sqrt[3^n]{3})} = + \limn{(3^\frac{1}{3} \cdot 3^\frac{1}{9} \cdot \ldots \cdot 3^\frac{1}{3^n})} = + \limn{(3^{\frac{1}{3} + \frac{1}{9} + \ldots + \frac{1}{3^n}})} = + 3^{\frac{\frac{1}{3}}{\frac{2}{3}}} = + \sqrt{3} +\end{align*} + +\begin{flalign*} +\textbf{\textit{10.b: }}&& +\end{flalign*} + +Пусть $b = \lfloor a \rfloor + 1, C = \frac{a^b}{b!}$ + +При $n > b:$ +\begin{align*} +\frac{a^n}{n!} = +\frac{a^b \cdot a^{n - b}}{b! \cdot \frac{n!}{b!}} = +\frac{a^b}{b!} \cdot \frac{a^{n - b}}{\frac{n!}{b!}} = +C \cdot {\prod_{k = b + 1}^{n}} \frac{a}{k} && +\end{align*} + +Так как $n > b:$ +\begin{align*} +0 < C \cdot {\prod_{k = b + 1}^{n}} \frac{a}{k} < C \cdot {\prod_{k = b + 1}^{n}} \frac{a}{b}&& +\end{align*} + +Так как $b < a:$ +\begin{align*} +\limn{\prod_{k = b + 1}^{n} \frac{a}{b}} = 0&& +\end{align*} + +Значит по теореме о двух полицейских ($0$ и $\displaystyle C \cdot {\prod_{k = b + 1}^{n}} \frac{a}{b}$) предел равен 0: +\begin{align*} +\limn{\frac{a^n}{n!}} = 0&& +\end{align*} + + +\begin{flalign*} +\textbf{\textit{10.c: }}&& +\end{flalign*} + +Докажем по определению, что $\forall \epsilon > 0 \ \exists \ N : \forall n > N \ \sqrt[n]{b} - 1 < \epsilon$: +\begin{align*} +\sqrt[n]{b} < \epsilon - 1&&\\ +\frac{1}{n}\log_{\epsilon + 1}{b} < 1&&\\ +\log_{\epsilon + 1}{b} < n&&\\ +\end{align*} + +Так как слева константа, а правая часть стремится к бесконечности, очевидно, начиная с некоторого $n$ неравенство начнет выполняться, следовательно, предел равен 1. + + +\begin{flalign*} +\textbf{\textit{10.e: }}&& +\end{flalign*} + +Пусть $n = b^k$ (для каждого $n$). Тогда, очевидно, $k\to\infty$, так же как и $n$. Тогда +$\frac{\log_b{n}}{n} = \frac{k}{b^k}$. +\begin{align*} +\text{Применяя номер \textit{10.a}:}\ \ +\lim_{k\to\infty}{\frac{k^1}{b^k}} = 0 \implies \limn{\frac{log_b{n}}{n}} = 0&&\\ +\end{align*} + +\clearpage + + +\begin{flalign*} +\textbf{\textit{14: }}&& +\end{flalign*} + +Нет. Например +\begin{align*} +x_n &= (-1)^n + 1&&&&&\\ +y_n &= (-1)^{n + 1} + 1 +\end{align*} + +Ни одна из последовательностей не сходится, а их произведение $x_n y_n = 0$ + +\begin{flalign*} +\textbf{\textit{16.1: }}&& +\end{flalign*} + +По теореме Тёплица: + +Пусть $P_{nk} = \frac{1}{n}$. Тогда по теореме: +\begin{align*} +&\limn{\sum_{k = 1}^{n} P_{nk}x_k} = a&&\\ +&\sum_{k = 1}^{n} P_{nk}x_k = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{n}x_k = \frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_n}{n} +\end{align*} + + +\begin{flalign*} +\textbf{\textit{16.2: }}&& +\end{flalign*} + +\textbf{Лемма: }$\displaystyle \limn{x_n} = a; x_n > 0 \implies \limn{\frac{1}{x_n}} = \frac{1}{a}$ + +Пусть $t = \inf\{x_n\}$. + +По условию: $\forall \epsilon > 0 \ \exists \ N: \forall n > N \ \ |a - x_n| < \epsilon$ +\begin{align*} +\left|\frac{1}{a} - \frac{1}{x_n}\right| = +\left|\frac{x_n - a}{a x_n}\right| < +\left|\frac{x_n - a}{a t}\right| = +\frac{\left|x_n - a\right|}{a t} +\end{align*} + +Поэтому для любого $\epsilon_1$ существует $\epsilon = at \cdot \epsilon_1$, для которого выполняется $\left| x_n - a \right| < \epsilon$, следовательно, выполняется $\left|\frac{1}{a} - \frac{1}{x_n}\right| < \epsilon_1$, что и требовалось. Лемма доказана.\\\\\\ + +Тогда пусть $\forall n : x_n' = \frac{1}{x_n}$ + +По лемме $\displaystyle \limn{x_n'} = \frac{1}{a} \overset{\text{по 16.1}}{\implies} +\limn{\frac{1}{n}\sum^n{x_n'}} = \frac{1}{a}$.\\ + +\begin{align*} +&\text{Т. к. }\ z_n = \frac{1}{\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^n{x_i'}}\text{, то } +\frac{1}{z_n} = \frac{1}{n}\sum_{i = 1}^n{x_i'}\text{, поэтому }\ +\limn{\frac{1}{z_n}} = \limn{x_n'} = \frac{1}{a}.\\ +&\text{Еще раз применяя лемму, получаем } \limn{z_n} = \frac{1}{\frac{1}{a}} = a. +\end{align*} + +\begin{flalign*} +\textbf{\textit{16.3: }}&& +\end{flalign*} + +По неравенству о средних: $z_n \leq \xi_n \leq y_n$. + +По теореме о двух полицейских $\limn{z_n} = \limn{y_n} = a \implies \limn{\xi_n} = a$ + +\begin{flalign*} +\textbf{\textit{17: }}&& +\end{flalign*} + +Из 16.3: +\begin{align*} +\limn{\sqrt[n]{x_n}} = +\limn{\sqrt[n]{x_1\frac{x_2}{x_1}\frac{x_3}{x_2} \cdots \frac{x_n}{x_{n - 1}}}} = +\limn{\frac{x_n}{x_{n - 1}}} +\end{align*} + +\begin{flalign*} +\textbf{\textit{18: }}&& +\end{flalign*} + +Из 17: +\begin{align*} +& \limn{\frac{n}{\sqrt[n]{n!}}} = + \limn{\sqrt[n]{\frac{n^n}{n!}}} = + \limn{\frac{n^n}{n!} \cdot \frac{(n - 1)!}{(n - 1)^{n - 1}}} = + \limn{\frac{n^{n - 1}}{(n - 1)^{n - 1}}} =\\ += &\limn{\left(\frac{n}{n - 1}\right)^{n - 1}} = + \limn{\left(\frac{n + 1}{n}\right)^{n}} = + \limn{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n} +\end{align*} + +Последнее является вторым замечательным пределом и $\displaystyle \limn{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n} = e$ + +\end{document} diff --git a/intro.tex b/intro.tex new file mode 100644 index 0000000..ed8fba7 --- /dev/null +++ b/intro.tex @@ -0,0 +1,80 @@ +\usepackage[sfdefault,condensed,scaled=0.85]{roboto} +\usepackage{inconsolata} +\setmonofont[Scale=0.85]{Inconsolata} + +\setlength\headheight{13.6pt} + +\usepackage{ + amsmath, amsthm, amssymb, mathtools, + graphicx, subfig, float, + listings, xcolor, + fancyhdr, sectsty, hyperref, enumerate, framed, + comment +} +\usepackage[shortlabels]{enumitem} + +\flushbottom % Uncomment to make text fill the entire page +\usepackage[bottom]{footmisc} % Anchor footnotes to bottom of page +\renewcommand{\baselinestretch}{1.06} % Adjust line spacing +%\setlength\parindent{0pt} % Remove paragraph indentation +\usepackage{geometry}\geometry{letterpaper, % Set page margins + left=0.7in, right=0.7in, + top=0.8in, bottom=0.9in, + headsep=.1in +} + + +\setlength\FrameSep{0.75em} +\setlength\OuterFrameSep{\partopsep} + +\newenvironment{cframed}[1][gray] + {\def\FrameCommand{\fboxsep=\FrameSep\fcolorbox{#1}{white}}% + \MakeFramed {\advance\hsize-\width \FrameRestore}} + {\endMakeFramed} + +\newcommand{\question}[2]{ + \doubleskip\begin{cframed} + \noindent \textbf{#1} + #2 + \end{cframed} +} + + +% Increase line spacing in matrix +\makeatletter +\renewcommand*\env@matrix[1][*\c@MaxMatrixCols c]{% + \hskip -\arraycolsep + \let\@ifnextchar\new@ifnextchar + \array{#1}} +\makeatother + + +\newcommand{\braced}[1]{\left( #1 \right)} + +\DeclarePairedDelimiter\ceil{\lceil}{\rceil} +\DeclarePairedDelimiter\floor{\lfloor}{\rfloor} + +\DeclareMathOperator{\tg}{tg} +\DeclareMathOperator{\ctg}{ctg} +\DeclareMathOperator{\chr}{char} + + +\newcommand{\sinx}{\sin x} +\newcommand{\cosx}{\cos x} +\newcommand{\tgx}{\tg x} + +\newcommand{\doubleskip}{\bigskip \bigskip} +\newcommand{\osmall}[1]{\overline{o}\left( #1 \right)} + +\DeclareRobustCommand{\rchi}{{\mathpalette\irchi\relax}} +\newcommand{\irchi}[2]{\raisebox{\depth}{$#1\chi$}} % inner command, used by \rchi + +\hypersetup{colorlinks=true, linkcolor=magenta} + +% -- Left/right header text and footer (to appear on every page) -- +\pagestyle{fancy} +\renewcommand{\footrulewidth}{0.4pt} +\renewcommand{\headrulewidth}{0.4pt} + +\cfoot{} +\rfoot{\thepage}
\ No newline at end of file @@ -0,0 +1,511 @@ +% -- LaTeX Template for Homework (S. Venkatraman) -- + +\documentclass[11pt]{article} +\usepackage[T2A]{fontenc} +\usepackage[utf8]{inputenc} +\usepackage[russian]{babel} + + +\usepackage{ + amsmath, amsthm, amssymb, mathtools, + graphicx, subfig, float, + listings, color, inconsolata, + fancyhdr, sectsty, hyperref, enumerate, framed } +\usepackage[shortlabels]{enumitem} + +\flushbottom % Uncomment to make text fill the entire page +\usepackage[bottom]{footmisc} % Anchor footnotes to bottom of page +\renewcommand{\baselinestretch}{1.06} % Adjust line spacing +%\setlength\parindent{0pt} % Remove paragraph indentation +\usepackage{geometry}\geometry{letterpaper, % Set page margins + left=1.35in, right=1.35in, + top=1.1in, bottom=1in, + headsep=.2in } + +% -- Frame settings (for problem statement) -- +\setlength\FrameSep{0.55em} +\setlength\OuterFrameSep{\partopsep} + +% -- 'question' is a custom command for writing the statement of a problem; first argument +% is the question number, second argument is the statement -- +\newcommand{\question}[2]{\begin{framed}\noindent \textbf{#1} #2\end{framed}} +\newcommand{\withbraces}[1]{\left( #1 \right)} +\DeclarePairedDelimiter\ceil{\lceil}{\rceil} +\DeclarePairedDelimiter\floor{\lfloor}{\rfloor} + +% -- Flush left for 'enumerate' numbers +%\setlist[enumerate]{wide=0pt, leftmargin=21pt, labelwidth=0pt, align=left} + +\hypersetup{colorlinks=true, linkcolor=magenta} + +% -- Make reference section title font smaller -- +%\renewcommand{\refname}{\normalsize\bf{References}} + + +% -- Uncomment these lines to set font to 'Charter', with math support -- +% \usepackage[bitstream-charter]{mathdesign} +% \usepackage[T1]{fontenc} + + +% -- Left/right header text and footer (to appear on every page) -- +\pagestyle{fancy} +\renewcommand{\footrulewidth}{0.4pt} +\renewcommand{\headrulewidth}{0.4pt} +\lhead{ИДЗ-1} +\rhead{Шарафатдинов Камиль БПМИ192} + +% -- Document starts here -- +\begin{document} + +\url{https://fcked.net/la} - тут должны валяться все скрипты, на которые я ссылаюсь + +\question{1.}{ + Решить СЛУ для любого $t \in \mathbb{R}$: + $$ + \begin{bmatrix} + -1 && -t - 1 && 5 && 4 + t\\ + -1 && -t - 2 && 6 && 6 - t\\ + 2 && 2t + 1 && -9 && -6 -3t\\ + \end{bmatrix} x = + \begin{bmatrix} + -4\\ + -4\\ + 6\\ + \end{bmatrix} + $$ +} + +Заведем матрицу +$$ +\begin{bmatrix} + -1 && -t - 1 && 5 && 4 + t && -4\\ + -1 && -t - 2 && 6 && 6 - t && -4\\ + 2 && 2t + 1 && -9 && -6 -3t && 6\\ +\end{bmatrix} +$$ + +и будем приводить ее к ступенчатому виду. + +С помощью элементарных преобразований, описанных в \url{scr_1.py} получаем + +$$ +\begin{bmatrix} + 1 && t + \frac{1}{2} && -\frac{9}{2} && -3 && 0\\ + 0 && 1 && -1 && -2 && 4\\ + 0 && 0 && 0 && t && -2\\ +\end{bmatrix} +$$ + +Очевидно, что если $t = 0$, то система не имеет решений, иначе +\begin{align*} + x_4 &= \frac{-2}{t}\\\\ + x_3 &= k, k \in \mathbb{R}\\\\ + x_2 &= 4 + 2x_4 + x_3 = 4 - \frac{4}{t} + x_3\\\\ + x_1 &= 3x_4 + \frac{9}{2}x_3 - \left(t + \frac{1}{2}\right)x_2 = \\ + &= -\frac{6}{t} + \frac{9}{2}x_3 - \left(tx_3 + 4t - \frac{2}{t} + \frac{x}{2} - 2\right) =\\ + &= -\frac{2 (2 t^2 - t + 2)}{t} - (t - 4)x_3 \\\\ + x &= \begin{bmatrix} + -\frac{2 (2 t^2 - t + 2)}{t} - (t - 4)k \\ + 4 - \frac{4}{t} + x_3 \\ + k \\ + -\frac{2}{t} \\ + \end{bmatrix}, \forall k \in \mathbb{R} \\\\ + \end{align*} + +\clearpage + +\question{2.}{ +Найти $f_{min}$ для $A = + \begin{bmatrix} + -3 & 0 & -t \\ + -5 & -3 & t - 5 \\ + 0 & 0 & t - 3 + \end{bmatrix}$ +} + +Пусть +\begin{gather*} + F_A = f_{min} (A)\\ + F_1 = f_{min}\left(\begin{bmatrix} -3 & 0 \\ -5 & -3 \end{bmatrix}\right)\\ + F_2 = f_{min}\left(\begin{bmatrix} t - 3 \end{bmatrix}\right)\\ +\end{gather*} + +По блочным формулам $F_A$ делит $F_1 \cdot F_2$. + +$F_1$ делит $(x + 3)^2$, потому что матрица - нижнетреугольная, +но $$ +\begin{bmatrix} -3 & 0 \\ -5 & -3 \end{bmatrix} + 3id_2 = +\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ -5 & 0 \end{bmatrix} \neq 0 +$$ + +Поэтому $F_1 = (x + 3)^2$. +$F_2$ очевидно равен $x - t + 3$ +\newline + +Рассмотрим два случая: $t = 0 \Rightarrow F_2 = x + 3$ и $t \neq 0 \Rightarrow F_2 \neq x + 3$. + +\begingroup +\leftskip2em +\rightskip\leftskip +Во втором случае $F_A$ делит $(x + 3)^2(x - t + 3)$, +но так как степень записанного многочлена равна 3, то это и есть минимальный многочлен. +\par +\endgroup + +\begingroup +\leftskip2em +\rightskip\leftskip +В первом случае $F_A$ делит $(x + 3)^3$, но для +\par +\endgroup +$$ + A = \begin{bmatrix} + -3 & 0 & 0 \\ + -5 & -3 & -5 \\ + 0 & 0 & -3 + \end{bmatrix} +$$ + +\begingroup +\leftskip2em +\rightskip\leftskip +можно уже в лоб проверить, что $(x + 3)$ недостаточно, чтобы занулить $A$, а $(x + 3)^2$ -- уже достаточно, +поэтому $(x + 3)^2$ и есть минимальный многочлен. +\par +\endgroup +\vspace{5mm} +Поэтому если $t = 0$, то $f_{min} (A) = (x + 3)^2$, +если $t \neq 0$, то $f_{min} (A) = (x + 3)^2(x - t + 3)$ + +\clearpage + +\question{3.}{ + Существует ли матрица $A \in M_{2,3} (\mathbb{R})$, такая, что $Ax = 0$ для + $$ + x \in \left\{ + \begin{bmatrix} + -5 \\ -5 \\ -3 + \end{bmatrix}, + \begin{bmatrix} + 7 \\ -5 \\ -4 + \end{bmatrix} + \right\} + $$ + + и существует такой $y \in M_{1,3} (\mathbb{R})$, что + $$ + Ay = \begin{bmatrix} + 3 \\ 4 + \end{bmatrix} + $$ +} + +Пусть +$$ + A = \begin{bmatrix} + a_1 & a_2 & a_3 \\ a_4 & a_5 & a_6 + \end{bmatrix},\ \ \ \ + y = \begin{bmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{bmatrix} +$$ + +Переформулируем условие (перемножим то, что нужно и поэлементно приравняем): +$$ + \begin{bmatrix} + -5 & -5 & -3 & 0 & 0 & 0 \\ + 0 & 0 & 0 & -5 & -5 & -3 \\ + 7 & -5 & -4 & 0 & 0 & 0 \\ + 0 & 0 & 0 & 7 & -5 & -4 \\ + + y_1 & y_2 & y_3 & 0 & 0 & 0 \\ + 0 & 0 & 0 & y_1 & y_2 & y_3 \\ + \end{bmatrix} +\times + \begin{bmatrix} + a_1 \\ a_2 \\ a_3 \\ a_4 \\ a_5 \\ a_6 + \end{bmatrix} += + \begin{bmatrix} + 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 3 \\ 4 + \end{bmatrix} +\text{ - имеет решение} +$$ + +Заметим, что нечетные и четные уравнения (строки) - независимы. +Поэтому можно сначала решить четные, а потом нечетные, а потом "склеить"\ результаты. + +Решим нечетные уравнения. Для этого решим сначала первое и третье, а потом подгоним решение под пятое +(все равно решений будет либо $0$, либо $\infty$, причем если решений $0$, +то нужной матрицы не существует) +$$ + \begin{bmatrix} + -5 & -5 & -3 \\ + 7 & -5 & -4 \\ + \end{bmatrix} +\times + \begin{bmatrix} + a_1 \\ a_2 \\ a_3 + \end{bmatrix} += 0 +$$ +\begin{gather*} + \begin{bmatrix} + -5 & -5 & -3 & 0 \\ + 7 & -5 & -4 & 0 \\ + \end{bmatrix}\rightarrow + \begin{bmatrix} + 1 & 1 & \frac{3}{5} & 0 \\ + 7 & -5 & -4 & 0 \\ + \end{bmatrix}\rightarrow + \begin{bmatrix} + 1 & 1 & \frac{3}{5} & 0 \\ + 0 & -12 & -8\frac{1}{5} & 0 \\ + \end{bmatrix} \\ + \begin{bmatrix} + 1 & 1 & \frac{3}{5} & 0 \\ + 0 & 12 & 8\frac{1}{5} & 0 \\ + \end{bmatrix}\rightarrow + \begin{bmatrix} + 1 & 1 & \frac{3}{5} & 0 \\ + 0 & 1 & \frac{41}{60} & 0 \\ + \end{bmatrix}\rightarrow + \begin{bmatrix} + 1 & 0 & -\frac{1}{12} & 0 \\ + 0 & 1 & \frac{41}{60} & 0 \\ + \end{bmatrix}\\\\ + a_3 = k, k \in \mathbb{R}, \ \ \ \ \ \ + a_2 = -\frac{41}{60}k, \ \ \ \ \ \ + a_1 = \frac{1}{12}k +\end{gather*} + +Теперь подгоним для оставшегося уравнения + +\begin{gather*} + y_1 a_1 + y_2 a_2 + y_3 a_3 = 3\\ + k\left(\frac{y_1}{12} - \frac{41}{y_2} + y_3\right) = 3 +\end{gather*} + +Пусть $k = 3, y_1 = 1, y_2 = 1, y_3 = 1.6$. Тогда равенство, очевидно, выполняется. +\\ + +Сделаем то же самое для четных уравнений. +Решение второго и четвертого абсолютно такое же, осталось подогнать под последнее. + +\begin{gather*} + y_1 a_4 + y_2 a_5 + y_3 a_6 = 4\\ + k\left(\frac{y_1}{12} - \frac{41}{y_2} + y_3\right) = 4 +\end{gather*} + +Пусть $k = 4, y_1 = 1, y_2 = 1, y_3 = 1.6$. Тогда равенство, очевидно, выполняется. + +Запишем саму $A$ + +$$ +\renewcommand\arraystretch{1.7} + A = \begin{bmatrix} + \frac{1}{12} \cdot 3 & -\frac{41}{60} \cdot 3 & 3 \\ + \frac{1}{12} \cdot 4 & -\frac{41}{60} \cdot 4 & 4 \\ + \end{bmatrix} += + \begin{bmatrix} + \frac{1}{4} & -\frac{41}{20} & 3 \\ + \frac{1}{3} & -\frac{41}{15} & 4 \\ + \end{bmatrix} +$$ +\begin{gather*} + A \times \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1.6 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 \\ 4 \end{bmatrix}, \ \ \ \ + A \times \begin{bmatrix} -5 \\ -5 \\ -3 \end{bmatrix} = 0, \ \ \ \ + A \times \begin{bmatrix} 7 \\ -5 \\ -4 \end{bmatrix} = 0, \ \ \ \ +\end{gather*} + +\clearpage + +\question{4.}{ + Найти все матрицы $3 \times 3$, коммутирующие с + $ + \begin{bmatrix} + -3 & 0 & 8 \\ + 1 & -3 & -1 \\ + 0 & 0 & 5 \\ + \end{bmatrix} + $ +} + +Пусть $A = +\begin{bmatrix} + x_1 & x_2 & x_3 \\ + x_4 & x_5 & x_6 \\ + x_7 & x_8 & x_9 \\ +\end{bmatrix}$ + +Тогда + +$$ + \begin{bmatrix} + x_1 & x_2 & x_3 \\ + x_4 & x_5 & x_6 \\ + x_7 & x_8 & x_9 \\ + \end{bmatrix} +\times + \begin{bmatrix} + -3 & 0 & 8 \\ + 1 & -3 & -1 \\ + 0 & 0 & 5 \\ + \end{bmatrix} += + \begin{bmatrix} + x_2 - 3 x_1 && -3 x_2 && 8 x_1 - x_2 + 5 x_3 \\ + x_5 - 3 x_4 && -3 x_5 && 8 x_4 - x_5 + 5 x_6 \\ + x_8 - 3 x_7 && -3 x_8 && 8 x_7 - x_8 + 5 x_9 \\ + \end{bmatrix} +$$ +$$ + \begin{bmatrix} + -3 & 0 & 8 \\ + 1 & -3 & -1 \\ + 0 & 0 & 5 \\ + \end{bmatrix} +\times + \begin{bmatrix} + x_1 & x_2 & x_3 \\ + x_4 & x_5 & x_6 \\ + x_7 & x_8 & x_9 \\ + \end{bmatrix} += + \begin{bmatrix} + 8 x_7 - 3 x_1 && 8 x_8 - 3 x_2 && 8 x_9 - 3 x_3 \\ + x_1 - 3 x_4 - x_7 && x_2 - 3 x_5 - x_8 && x_3 - 3 x_6 - x_9 \\ + 5 x_7 && 5 x_8 && 5 x_9 \\ + \end{bmatrix} +$$ + +Оба произведения должны быть поэлементно равны, поэтому должна выполняться система +\begin{gather} + 8x_7 - 3x_1 = x_2 - 3x_1\\ + 8x_8 - 3x_2 = -3x_2\\ + 8x_9 - 3x_3 = 8x_1 - x_2 + 5x_3\\ + x_1 - 3x_4 - x_7 = x_5 - 3x_4\\ + x_2 - 3x_5 - x_8 = -3x_5\\ + x_3 - 3x_6 - x_9 = 8x_4 - x_5 + 5x_6\\ + 5x_7 = x_8 - 3x_7\\ + 5x_8 = -3x_8\\ + 5x_9 = 8x_7 - x_8 + 5x_9 +\end{gather} + +Из (1), (2), (5), (7), (8), (9) следует, что $x_2 = x_7 = x_8 = 0$. +Остальные можно записать как уравнение + +$$ +\begin{bmatrix} + 1 & 0 & 0 & -1 & 0 & 0 \\ + 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & -1 \\ + 0 & 1 & -8 & 1 & -8 & -1 \\ +\end{bmatrix} +\times +\begin{bmatrix} + x_1 \\ x_3 \\ x_4 \\ x_5 \\ x_6 \\ x_9 +\end{bmatrix} += +0 +$$ + +С помощью \url{scr_2.py} переходим к +$$ +\begin{bmatrix} + 1 & 0 & 0 & -1 & 0 & 0 \\ + 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & -1 \\ + 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ +\end{bmatrix} +\times +\begin{bmatrix} + x_1 \\ x_3 \\ x_4 \\ x_5 \\ x_6 \\ x_9 +\end{bmatrix} += +0 +$$ + +$x_9, x_6, x_5$ - свободные, $x_4 = -x_6$, $x_3 = x_9 - x_5$, $x_1 = x_5$. + +Тогда вид матрицы, коммутирующей с нужной: +$$ +\begin{bmatrix} + x_5 & 0 & x_9 - x_5 \\ + -x_6 & x_5 & x_6 \\ + 0 & 0 & x_9 \\ +\end{bmatrix} \text{ для любых } x_5, x_6, x_9 \in \mathbb{R} +$$ + +\clearpage + +\question{5.}{ + Сколько главных переменных у $ + \begin{bmatrix} 7 & -8 \\ -1 & -9 \end{bmatrix} \times + \begin{bmatrix} x_1 & x_2 \\ x_3 & x_4 \end{bmatrix} \times + \begin{bmatrix} 5 & -4 \\ -2 & t \end{bmatrix} = 0 + $ +} + +Перемножим в лоб матрицы. Получим +$$ +\begin{bmatrix} + 35 & -40 & -14 & 16 \\ + -5 & -45 & 2 & 18 \\ + -28 & 32 & 7t & -8t \\ + 4 & 36 & -t & -9t \\ +\end{bmatrix} x = 0 +$$ + +С помошью \url{scr_3} Получим +$$ +\renewcommand\arraystretch{1.5} +\begin{bmatrix} + 1 & 0 & -2/5 & 0 \\ + 0 & 1 & 0 & -2/5 \\ + 0 & 0 & 7t - 56/5 & -8t + 64/5 \\ + 0 & 0 & 0 & -71/7t + 568/35 \\ +\end{bmatrix} += +\begin{bmatrix} + 1 & 0 & -2/5 & 0 \\ + 0 & 1 & 0 & -2/5 \\ + 0 & 0 & 7(t - 8/5) & -8(t - 8/5) \\ + 0 & 0 & 0 & -71/7(t - 8/5) \\ +\end{bmatrix} +$$ + +Отсюда следует, что если $t = 8/5$, то у системы ровно две свободные переменные ($x_3, x_4$) +и, соответственно, две главные ($x_1, x_2$) +а если $t \neq 8/5$, то мы можем последние строки разделить на $t - 8/5$ и получить ступенчатый вид. +$$ +\begin{bmatrix} + 1 & 0 & -2/5 & 0 \\ + 0 & 1 & 0 & -2/5 \\ + 0 & 0 & 7 & -8 \\ + 0 & 0 & 0 & -71/7 \\ +\end{bmatrix} = +\begin{bmatrix} + 1 & 0 & -2/5 & 0 \\ + 0 & 1 & 0 & -2/5 \\ + 0 & 0 & 7 & -8 \\ + 0 & 0 & 0 & 1 \\ +\end{bmatrix} = +\begin{bmatrix} + 1 & 0 & -2/5 & 0 \\ + 0 & 1 & 0 & -2/5 \\ + 0 & 0 & 1 & 0 \\ + 0 & 0 & 0 & 1 \\ +\end{bmatrix} = +\begin{bmatrix} + 1 & 0 & 0 & 0 \\ + 0 & 1 & 0 & 0 \\ + 0 & 0 & 1 & 0 \\ + 0 & 0 & 0 & 1 \\ +\end{bmatrix} +$$ + +Тогда все переменные будут главными. + +Поэтому $t = 8/5 \Rightarrow $ 2 главные переменные, $t \neq 8/5 \Rightarrow $ 4 главные переменные. + +\clearpage + +\end{document}
\ No newline at end of file diff --git a/phw2.tex b/phw2.tex new file mode 100644 index 0000000..1138761 --- /dev/null +++ b/phw2.tex @@ -0,0 +1,379 @@ +\documentclass[11pt]{article} +%\usepackage[T2A]{fontenc} +%\usepackage[utf8]{inputenc} +%\usepackage[russian]{babel} + + +\input{intro} + +\lhead{\color{gray} Линейная алгебра} +\rhead{\color{gray} ИДЗ-2} + +\makeatletter +\renewcommand*\env@matrix[1][*\c@MaxMatrixCols c]{% + \hskip -\arraycolsep + \let\@ifnextchar\new@ifnextchar + \array{#1}} +\makeatother + + +\DeclareMathOperator{\chr}{char} + +\title{ИДЗ-2 по линейной алгебре} +\author{Шарафатдинов Камиль БПМИ-192} +\date{\today} + +% -- Here bet dragons -- +\begin{document} +\maketitle +%\section*{Abstract} + +\clearpage + +\question{2}{ +\[ + \begin{pmatrix} + -1 & 1 & 2 & 3\\ + 3 & -3 & -2 & -3\\ + -2 & -3 & 2 & 2\\ + 1 & -1 & -3 & -3 + \end{pmatrix} + \braced{ + X + + \begin{pmatrix} + -10 & 8 & -5 & 1\\ + 8 & -1 & -1 & 6\\ + 4 & -5 & 4 & -5\\ + 10 & -9 & 8 & 3 + \end{pmatrix} + }^{-1} + \begin{pmatrix} + 2 & -3 & -1 & -2\\ + -3 & 2 & -2 & 3\\ + -1 & 2 & 3 & 3\\ + 3 & -3 & -2 & -3 + \end{pmatrix} + = + \begin{pmatrix} + 1 & 1 & -1 & 1\\ + -1 & -2 & 2 & -2\\ + 1 & 2 & -1 & 3\\ + -1 & -2 & 1 & -2 + \end{pmatrix} +\] +} + + Обозначим как-нибудь матрицы: + \[ + A (X + B)^{-1} C = D + \] + + Предположим, что $A$ и $D$ обратимы ($D^{-1}$ мне все равно придется найти, а $\Delta A = -30$). Тогда + \begin{align*} + A (X + B)^{-1} C &= D\\ + (X + B)^{-1} C &= A^{-1} D\\ + C &= (X + B) A^{-1} D\\ + C D^{-1} &= (X + B) A^{-1}\\ + C D^{-1} A &= X + B\\ + X &= C D^{-1} A - B + \end{align*} + + Найдем $D^{-1}$. Запишем матрицу $(D|E)$ и будем элементарными преобразованиями приводить ее к $(E|D^{-1})$. + \[ + \begin{pmatrix}[cccc|cccc] + 1 & 1 & -1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0\\ + -1 & -2 & 2 & -2 & 0 & 1 & 0 & 0\\ + 1 & 2 & -1 & 3 & 0 & 0 & 1 & 0\\ + -1 & -2 & 1 & -2 & 0 & 0 & 0 & 1 + \end{pmatrix} \overset{\texttt{main2.py}}\sim % TODO + \begin{pmatrix}[cccc|cccc] + 1 & 0 & 0 & 0 & 2 & 1 & 0 & 0\\ + 0 & 1 & 0 & 0 & -1 & 0 & -1 & -2\\ + 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & -1\\ + 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 1 + \end{pmatrix} + \] + + Осталось просто перемножить $CD^{-1}A$ и вычесть $B$ + \[ + X = CD^{-1}A - B = + \begin{pmatrix} + -1 & -4 & -1 & 5\\ + -8 & 3 & -7 & -10\\ + 4 & -9 & 2 & -4\\ + -1 & 1 & 1 & 9 + \end{pmatrix} - B = + \begin{pmatrix} + 9 & -12 & 4 & 4\\ + -16 & 4 & -6 & -16\\ + 0 & -4 & -2 & 1\\ + -11 & 10 & -7 & 6 + \end{pmatrix} + \] + +\question{3}{ + \[ + A = + \begin{pmatrix} + -4 & 3 & -2 & 1\\ + -5 & 5 & -4 & 1\\ + 2 & -2 & 1 & -2\\ + 0 & 0 & 2 & 2 + \end{pmatrix} + \] + Найти характеристический многочлен $A$ и определитель $(A^2 - 3A + 1)^{-2}$ +} + + \[ + \det\braced{A - \lambda E} = + \begin{vmatrix} + -4 -\lambda & 3 & -2 & 1\\ + -5 & 5 -\lambda & -4 & 1\\ + 2 & -2 & 1 -\lambda & -2\\ + 0 & 0 & 2 & 2 -\lambda + \end{vmatrix} + \] + + Разложим по последней строке + \begin{align*} + &\begin{vmatrix} + -4 -\lambda & 3 & -2 & 1\\ + -5 & 5 -\lambda & -4 & 1\\ + 2 & -2 & 1 -\lambda & -2\\ + 0 & 0 & 2 & 2 -\lambda + \end{vmatrix} = + -2 \begin{vmatrix} + -4 -\lambda & 3 & 1\\ + -5 & 5 -\lambda & 1\\ + 2 & -2 & -2\\ + \end{vmatrix} + (2 - \lambda) + \begin{vmatrix} + -4 -\lambda & 3 & -2\\ + -5 & 5 -\lambda & -4\\ + 2 & -2 & 1 -\lambda\\ + \end{vmatrix} =\\\\ + = &(-2)(-2\lambda^2 + 2\lambda + 8) + (2 - \lambda)(-\lambda^3 + 2\lambda^2 + 8\lambda + 3) = + \lambda^4 - 4\lambda^3 + 9\lambda - 10 + \end{align*} + + Посмотрим внимательно на $(A^2 - 3A + 2)^{-2}$. Пусть $B = A^2 - 3A + 2 = (A - 1)(A - 2)$. + \[ + \det(B^{-2}) = + \det(B^{-1})^2 = + \braced{ \frac{1}{\det(B)} }^2 = + \braced{ \frac{1}{\det(A - 1)\det(A - 2)} }^2 + \] + + Осталось посчитать $\det(A - 1)$ и $\det(A - 2)$ + \[ + \det(A - 1) = + \begin{vmatrix} + -5 & 3 & -2 & 1\\ + -5 & 4 & -4 & 1\\ + 2 & -2 & 0 & -2\\ + 0 & 0 & 2 & 1 + \end{vmatrix} = + -2 + \begin{vmatrix} + -5 & 3 & 1\\ + -5 & 4 & 1\\ + 2 & -2 & -2 + \end{vmatrix} + + \begin{vmatrix} + -5 & 3 & -2\\ + -5 & 4 & -4\\ + 2 & -2 & 0 + \end{vmatrix} = -4 + \] + + \[ + \det(A - 2) = + \begin{vmatrix} + -6 & 3 & -2 & 1\\ + -5 & 3 & -4 & 1\\ + 2 & -2 & -1 & -2\\ + 0 & 0 & 2 & 0 + \end{vmatrix} = + -2 + \begin{vmatrix} + -6 & 3 & 1\\ + -5 & 3 & 1\\ + 2 & -2 & -2 + \end{vmatrix} = -8 + \] + + \[ + \det\braced{A^2 - 3A + 2}^{-2} = \braced{ \frac{1}{32} }^2 = \frac{1}{1024} + \] + + +\question{4}{ + Найти коэффициент при $x^5$ в + \[ + \begin{vmatrix} + x & 4 & -5 & 5 & -7 & 8 & 1\\ + 1 & 5 & 8 & -8 & -5 & x & 5\\ + -4 & 7 & x & -6 & -1 & -2 & 1\\ + -8 & 4 & 7 & 7 & 6 & x & 8\\ + -9 & -6 & 8 & -5 & -5 & 8 & x\\ + -2 & 7 & 1 & 4 & x & 3 & 4\\ + 2 & x & 6 & x & 9 & -2 & 3\\ + \end{vmatrix} + \] +} + + Сделаем пару преобразований, чтобы сократить количество иксов: + \begin{align*} + &\begin{vmatrix} + x & 4 & -5 & 5 & -7 & 8 & 1\\ + 1 & 5 & 8 & -8 & -5 & x & 5\\ + -4 & 7 & x & -6 & -1 & -2 & 1\\ + -8 & 4 & 7 & 7 & 6 & x & 8\\ + -9 & -6 & 8 & -5 & -5 & 8 & x\\ + -2 & 7 & 1 & 4 & x & 3 & 4\\ + 2 & x & 6 & x & 9 & -2 & 3\\ + \end{vmatrix} \overset{\text{2 строка -= 4 строка}}= + \begin{vmatrix} + x & 4 & -5 & 5 & -7 & 8 & 1\\ + 9 & 1 & 1 & -15 & -11 & 0 & -3\\ + -4 & 7 & x & -6 & -1 & -2 & 1\\ + -8 & 4 & 7 & 7 & 6 & x & 8\\ + -9 & -6 & 8 & -5 & -5 & 8 & x\\ + -2 & 7 & 1 & 4 & x & 3 & 4\\ + 2 & x & 6 & x & 9 & -2 & 3\\ + \end{vmatrix} =\\\\ + \overset{\text{2 столбец -= 4 столбец}}= &\begin{vmatrix} + x & -1 & -5 & 5 & -7 & 8 & 1\\ + 9 & 16 & 1 & -15 &-11 & 0 & -3\\ + -4 & 13 & x & -6 & -1 & -2 & 1\\ + -8 & -3 & 7 & 7 & 6 & x & 8\\ + -9 & -1 & 8 & -5 & -5 & 8 & x\\ + -2 & 3 & 1 & 4 & x & 3 & 4\\ + 2 & 0 & 6 & x & 9 & -2 & 3\\ + \end{vmatrix} + \end{align*} + + Заметим, что иксов осталось 6 - по одному в каждом стобце и строке кроме одного. + $x^5$ возникает в сумме членов определителя, когда вместо одного из иксов мы берем другое число из строки. + Соотвестственно, надо выписать все перестановки, в которых остается 5 иксов, или, что равносильно, в которых + отсутствует ровно один икс. таких перестановок 6, так как без каждого икса есть ровно две перестановки, но одна + из них содержит шестой икс, поэтому нам подходит только вторая. + + Итак, перестановки, содержащие 5 иксов: + \begin{align*} + &\begin{pmatrix} + 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7\\ + 2 & 1 & 3 & 6 & 7 & 5 & 4 + \end{pmatrix} \quad \text{знак} = 1\\ + &\begin{pmatrix} + 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7\\ + 1 & 3 & 2 & 6 & 7 & 5 & 4 + \end{pmatrix} \quad \text{знак} = 1\\ + &\begin{pmatrix} + 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7\\ + 1 & 6 & 3 & 2 & 7 & 5 & 4 + \end{pmatrix} \quad \text{знак} = 1\\ + &\begin{pmatrix} + 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7\\ + 1 & 7 & 3 & 6 & 2 & 5 & 4 + \end{pmatrix} \quad \text{знак} = 1\\ + &\begin{pmatrix} + 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7\\ + 1 & 5 & 3 & 6 & 7 & 2 & 4 + \end{pmatrix} \quad \text{знак} = 1\\ + &\begin{pmatrix} + 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7\\ + 1 & 4 & 3 & 6 & 7 & 5 & 2 + \end{pmatrix} \quad \text{знак} = 1\\ + \end{align*} + + Осталось просто просуммировать произведения константных коэффициентов: + \[ + -9 + 13 + 0 + 3 - 33 + 0 = -26 + \] + + Это и будет коэффициентом при $x^5$ + +\question{5}{ + \[ + A = \begin{pmatrix} + -4 & 4\\ + 1 & -1\\ + 3 & -3\\ + 2 & -2\\ + 4 & -4 + \end{pmatrix}, + B = \begin{pmatrix} + 3 & -1 & 1 & -2 & 2\\ + 1 & 3 & -2 & 2 & -1 + \end{pmatrix}, + \qquad \text{Найти: } \rchi_{AB}(\lambda) + \] +} + + Перемножим $AB$ (это несложно, в каждой ячейке всего 2 множителя): + \[ + AB = \begin{pmatrix} + -8 & 16 & -12 & 16 & -12\\ + 2 & -4 & 3 & -4 & 3\\ + 6 & 12 & 9 & -12 & 9\\ + 4 & -8 & 6 & -8 & 6\\ + 8 & -16 & 12 & -16 & 12 + \end{pmatrix} + \] + + Нам нужно посчитать определитель $AB - \lambda E$, поэтому мы можем умножать оба слагаемых на $S_{ij}(k)$ и определитель не изменится + \begin{align*} + \begin{pmatrix}[ccccc|ccccc] + -8 & 16 & -12 & 16 & -12 & \lambda & 0 & 0 & 0 & 0\\ + 2 & -4 & 3 & -4 & 3 & 0 & \lambda & 0 & 0 & 0\\ + 6 & 12 & 9 & -12 & 9 & 0 & 0 & \lambda & 0 & 0\\ + 4 & -8 & 6 & -8 & 6 & 0 & 0 & 0 & \lambda & 0\\ + 8 & -16 & 12 & -16 & 12 & 0 & 0 & 0 & 0 & \lambda + \end{pmatrix}\\\\ + \text{Прибавим вторую строку к остальным с коэффициентом}\\\\ + \begin{pmatrix}[ccccc|ccccc] + 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \lambda & 4\lambda & 0 & 0 & 0\\ + 2 & -4 & 3 & -4 & 3 & 0 & \lambda & 0 & 0 & 0\\ + 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & -3\lambda & \lambda & 0 & 0\\ + 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & -2\lambda & 0 & \lambda & 0\\ + 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & -4\lambda & 0 & 0 & \lambda + \end{pmatrix}\\ + \end{align*} + + Теперь можно сложить и просто привести к треугольному виду, + пользуясь полилинейностью по строкам и столбцам + + \begin{align*} + &\begin{vmatrix} + -\lambda & -4\lambda & 0 & 0 & 0\\ + 2 & -4 -\lambda & 3 & -4 & 3\\ + 0 & 3\lambda & -\lambda & 0 & 0\\ + 0 & 2\lambda & 0 & -\lambda & 0\\ + 0 & 4\lambda & 0 & 0 & -\lambda + \end{vmatrix} = + \lambda^4 \begin{vmatrix} + -1 & -4 & 0 & 0 & 0\\ + 2 & -4 -\lambda & 3 & -4 & 3\\ + 0 & 3 & -1 & 0 & 0\\ + 0 & 2 & 0 & -1 & 0\\ + 0 & 4 & 0 & 0 & -1 + \end{vmatrix} = + \lambda^4 \begin{vmatrix} + -1 & -4 & 0 & 0 & 0\\ + 2 & 9 -\lambda & 0 & 0 & 0\\ + 0 & 3 & -1 & 0 & 0\\ + 0 & 2 & 0 & -1 & 0\\ + 0 & 4 & 0 & 0 & -1 + \end{vmatrix} =\\ + &\lambda^4 \begin{vmatrix} + -1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ + 2 & 1 -\lambda & 0 & 0 & 0\\ + 0 & 3 & -1 & 0 & 0\\ + 0 & 2 & 0 & -1 & 0\\ + 0 & 4 & 0 & 0 & -1 + \end{vmatrix} = + \lambda^4 (1 - \lambda) = -\lambda^5 + \lambda^4 + \end{align*} + +\end{document} diff --git a/sol0923.tex b/sol0923.tex new file mode 100644 index 0000000..857df18 --- /dev/null +++ b/sol0923.tex @@ -0,0 +1,256 @@ +% -- LaTeX Template for Homework (S. Venkatraman) -- + +\documentclass[11pt]{article} +\usepackage[T2A]{fontenc} +\usepackage[utf8]{inputenc} +\usepackage[russian]{babel} + + +\usepackage{ + amsmath, amsthm, amssymb, mathtools, + graphicx, subfig, float, + listings, color, inconsolata, + fancyhdr, sectsty, hyperref, enumerate, enumitem, framed } + +\flushbottom % Uncomment to make text fill the entire page +\usepackage[bottom]{footmisc} % Anchor footnotes to bottom of page +\renewcommand{\baselinestretch}{1.06} % Adjust line spacing +%\setlength\parindent{0pt} % Remove paragraph indentation +\usepackage{geometry}\geometry{letterpaper, % Set page margins + left=1.35in, right=1.35in, + top=1.1in, bottom=1in, + headsep=.2in } + +% -- Frame settings (for problem statement) -- +\setlength\FrameSep{0.55em} +\setlength\OuterFrameSep{\partopsep} + +% -- 'question' is a custom command for writing the statement of a problem; first argument +% is the question number, second argument is the statement -- +\newcommand{\question}[2]{\begin{framed}\noindent \textbf{#1} #2\end{framed}} +\newcommand{\withbraces}[1]{\left( #1 \right)} + +% -- Flush left for 'enumerate' numbers +%\setlist[enumerate]{wide=0pt, leftmargin=21pt, labelwidth=0pt, align=left} + +\hypersetup{colorlinks=true, linkcolor=magenta} + +% -- Make reference section title font smaller -- +%\renewcommand{\refname}{\normalsize\bf{References}} + + +% -- Uncomment these lines to set font to 'Charter', with math support -- +% \usepackage[bitstream-charter]{mathdesign} +% \usepackage[T1]{fontenc} + + +% -- Left/right header text and footer (to appear on every page) -- +\pagestyle{fancy} +\renewcommand{\footrulewidth}{0.4pt} +\renewcommand{\headrulewidth}{0.4pt} +\lhead{sol 0923} +\rhead{Шарафатдинов Камиль БПМИ192} + +% -- Document starts here -- +\begin{document} +\question{13.b}{ + Доказать, что $\displaystyle + \lim_{n\to\infty}{ + \left(\frac{1^p + 2^p + \ldots + n^p}{n^p} - + \frac{n}{p + 1}\right) + } = \frac{1}{2}$ +} + +$$ +\frac{1^p + 2^p + \ldots + n^p}{n^p} - +\frac{n}{p + 1} = +\frac{(1^p + 2^p + \ldots + n^p)(p + 1) - n^{p + 1}} + {(p + 1)n^p} +$$ + +Так как $(p + 1)n^p$ неограниченно строго возрастает, то мы можем применить теорему Штольца: +\begin{align*} +&\lim_{n\to\infty}{ + \left(\frac{1^p + 2^p + \ldots + n^p}{n^p} - + \frac{n}{p + 1}\right) +} =\\ +&\lim_{n\to\infty}{ + \left(\frac{ + \left(\sum_1^{(n)}{(i^p)}\right)(p + 1) - n^{p + 1} - + \left(\sum_1^{(n - 1)}{(i^p)}\right)(p + 1) + (n - 1)^{p + 1} + } + {(p + 1)n^p - (p + 1)(n - 1)^p}\right) +} =\\ +&\lim_{n\to\infty}{ + \left(\frac{ + (p + 1)\left(\sum_1^{(n)}{(i^p)} - \sum_1^{(n - 1)}{(i^p)}\right) - n^{p + 1} + + (n - 1)^{p + 1} + } + {(p + 1)(n^p - (n - 1)^p)}\right) +} =\\ +&\lim_{n\to\infty}{ + \left(\frac{(p + 1)n^p - n^{p + 1} + (n - 1)^{p + 1}} + {(p + 1)(n^p - (n - 1)^p)}\right) +} =\\ +&\lim_{n\to\infty}{ + \left(\frac{(p + 1)n^p - (p + 1)n^p + \frac{p(p + 1)}{2}n^{p - 1} + C_{p + 1}^3 n^{p - 2} + \ldots} + {(p + 1)(n^p - (n - 1)^p)}\right) +} =\\ +&\lim_{n\to\infty}{ + \left(\frac{\frac{p(p + 1)}{2}n^{p - 1} + C_{p + 1}^3 n^{p - 2} + \ldots} + {(p + 1)(n^p - (n - 1)^p)}\right) +} =\\ +&\lim_{n\to\infty}{ + \left(\frac{\frac{p(p + 1)}{2}n^{p - 1} + C_{p + 1}^3 n^{p - 2} + \ldots} + {(p + 1)(n^p - (n - 1)^p)}\right) +} =\\ +&\lim_{n\to\infty}{ + \left(\frac{\frac{p(p + 1)}{2}n^{p - 1} + C_{p + 1}^3 n^{p - 2} + \ldots} + {(p + 1)(p * n^{p - 1} + C_p^2 n^{p - 2} + \ldots)}\right) +} =\\ +&\lim_{n\to\infty}{ + \left(\frac{\frac{p(p + 1)}{2}n^{p - 1}} + {(p + 1)(p * n^{p - 1})}\right) +} = +\lim_{n\to\infty}{ + \left(\frac{p(p + 1)n^{p - 1}} + {2p(p + 1)n^{p - 1}}\right) +} = \frac{1}{2} +\end{align*} + +\clearpage + +\question{15.}{ + Найти $\displaystyle \lim_{n\to\infty}{ + \underbrace{\sqrt{a + \sqrt{a + \ldots + \sqrt{a}}}}_{n} + }$ +} +Докажем, что $\underbrace{\sqrt{a + \sqrt{a + \ldots + \sqrt{a}}}}_{n} \leq \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}$ + +Обозначим левую часть за $A_n$ и докажем по индукции. + +База $(n = 1)$: +\begin{align*} +A_1 = \sqrt{a} &\overset{?}{\leq} \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}&\\ + a &\overset{?}{\leq} \frac{1 + 2\sqrt{4a + 1} + 4a + 1}{4}&\\ + 0 &\leq \frac{2 + 2\sqrt{4a + 1}}{4}&\\ +\end{align*} + +Переход: + +Пусть для $n$ - верно, тогда: +\begin{align*} +A_{n+1} = \sqrt{a + A_n} &\overset{?}{\leq} \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}&\\ + \sqrt{a + \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}} &\overset{?}{\leq} \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}&\\ + a + \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2} &\overset{?}{\leq} \frac{1 + 2\sqrt{4a + 1} + 4a + 1}{4}&\\ + \frac{2a + 1 + \sqrt{4a + 1}}{2} &\overset{?}{\leq} \frac{2 + 2\sqrt{4a + 1} + 4a}{4}&\\ + \frac{2a + 1 + \sqrt{4a + 1}}{2} &= \frac{1 + 1\sqrt{4a + 1} + 2a}{2}&&\\ +\end{align*} + +Значит, для $n + 1$ - тоже верно. + +Также, очевидно, последовательность возрастает, поэтому у нее есть предел. + +Перейдем к пределу: +\begin{gather*} + L = \lim_{n\to\infty}\underbrace{\sqrt{a + \sqrt{a + \ldots + \sqrt{a}}}}_{n}\\ + L = \sqrt{a + L}\\ + L^2 = a + L\\ + L = \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2} +\end{gather*} + +Предел существует и равен $\frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}$ + +\clearpage + +\question{7.c}{ + Найти $\displaystyle \lim_{n\to\infty}{x_n}$, где + $x_1 = 1;\ x_{n + 1} = \frac{1}{2}\left(x_n + \frac{a}{x_n}\right)$ +} + +Докажем, что $x_2 \geq \sqrt{a}$: +\begin{align*} + \frac{1}{2}\left(1 + \frac{a}{1}\right) &\overset{?}{\geq} \sqrt{a}\\ + a + 1 &\overset{?}{\geq} 2\sqrt{a}\\ + a^2 + 2a + 1 &\overset{?}{\geq} 4a\\ + (a - 1)^2 &\geq 0\\ +\end{align*} + +Теперь докажем, что такая последовательность невозрастает, если ее члены не меньше $\sqrt{a}$, +то есть $x_{n + 1} - x_n \leq 0$ для всех $n > 1$: + +Пусть $x_n = \sqrt{a} + y_n,\ y_n \geq 0$. +\begin{align*} + x_{n + 1} - x_n &= \frac{1}{2}\left(\sqrt{a} + y_n + \frac{a}{\sqrt{a} + y_n}\right) - \sqrt{a} - y_n = \\ + &= \frac{1}{2}\left(\frac{a}{\sqrt{a} + y_n} - \sqrt{a} - y_n\right) =\\ + &= \frac{1}{2}\left(\frac{a - \left(\sqrt{a} + y_n\right)^2}{\sqrt{a} + y_n}\right) =\\ + &= \frac{1}{2}\left(\frac{-2ay_n - y_n^2}{\sqrt{a} + y_n}\right) = + -\frac{1}{2}\left(\frac{2ay_n + y_n^2}{\sqrt{a} + y_n}\right) \leq 0 +\end{align*} + +Следовательно, существует конечный предел. Перейдем к пределу: +\begin{gather*} + \lim_{n\to\infty}{x_n} = L\\ + L = \frac{1}{2}\left(L + \frac{a}{L}\right)\\ + \frac{L}{2} = \frac{a}{2L}\\ + L^2 = a\\ + L = \sqrt{a} +\end{gather*} + +Предел существует и равен $\sqrt{a}$. +\clearpage + +\question{5.d}{ + Найти $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\cos\left(\sqrt{n^2 + \sqrt{n}} - \sqrt{n^2 - \sqrt{n}}\right)$ +} +\begin{align*} + &\lim_{n\to\infty}\cos\left(\sqrt{n^2 + \sqrt{n}} - \sqrt{n^2 - \sqrt{n}}\right) = + \lim_{n\to\infty}\cos\left(\frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n^2 + \sqrt{n}} + \sqrt{n^2 - \sqrt{n}}}\right) =\\ + =&\lim_{n\to\infty}\cos\left(\frac{2}{\sqrt{\frac{n^2 + \sqrt{n}}{n}} + \sqrt{\frac{n^2 - \sqrt{n}}{n}}}\right) = + \lim_{n\to\infty}\cos\left(\frac{2}{\sqrt{n + n^{-1/2}} + \sqrt{n - n^{-1/2}}}\right) =\\ + =&\cos(0) = 1 +\end{align*} + +\question{5.h}{ + Найти $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\left( + \frac{1}{n^4 + 1} + \frac{1}{n^4 + 2} + \ldots + \frac{1}{n^4 + n^2} + \right)$ +} + +\begin{gather*} + \sum_1^{n^2}\frac{1}{n^4 + n^2} \leq + \frac{1}{n^4 + 1} + \frac{1}{n^4 + 2} + \ldots + \frac{1}{n^4 + n^2} \leq + \sum_1^{n^2}\frac{1}{n^4}\\\\ + \lim_{n\to\infty} \sum_1^{n^2}\frac{1}{n^4} = \lim_{n\to\infty} \frac{n^2}{n^4} = 0\\ + \lim_{n\to\infty} \sum_1^{n^2}\frac{1}{n^4 + n^2} = \lim_{n\to\infty} \frac{n^2}{n^4 + n^2} = 0\\ +\end{gather*} + +По теореме о двух полицейских: +\begin{gather*} + \lim_{n\to\infty}\left( + \frac{1}{n^4 + 1} + \frac{1}{n^4 + 2} + \ldots + \frac{1}{n^4 + n^2} + \right) = 0 +\end{gather*} + +\question{5.l}{ + Найти $\displaystyle \lim_{n\to\infty} + \frac{3\sqrt[n]{n^4} + \sqrt[n]{n^2} - 1} + {2\sqrt[n]{n^2} - \sqrt[n]{n} - 1}$ +} + +\begin{gather*} + \lim_{n\to\infty}\withbraces{ 3\sqrt[n]{n^4} + \sqrt[n]{n^2} - 1 } = + \lim_{n\to\infty}\withbraces{ 3\sqrt[n]{n}^4 + \sqrt[n]{n}^2 - 1 } = 3\\ + \lim_{n\to\infty}\withbraces{ 2\sqrt[n]{n^2} - \sqrt[n]{n} - 1 } = + \lim_{n\to\infty}\withbraces{ 2\sqrt[n]{n}^2 - \sqrt[n]{n} - 1 } = 0 +\end{gather*} + +То есть по определению числитель сколь угодно близок к $3$, а знаменатель сколь угодно близок к $0$. Поэтому +\[ + \lim_{n\to\infty} + \frac{3\sqrt[n]{n^4} + \sqrt[n]{n^2} - 1} + {2\sqrt[n]{n^2} - \sqrt[n]{n} - 1} = +\infty +\] + + +\end{document}
\ No newline at end of file diff --git a/sol0930.tex b/sol0930.tex new file mode 100644 index 0000000..1f580b6 --- /dev/null +++ b/sol0930.tex @@ -0,0 +1,227 @@ +% -- LaTeX Template for Homework (S. Venkatraman) -- + +\documentclass[11pt]{article} +\usepackage[T2A]{fontenc} +\usepackage[utf8]{inputenc} +\usepackage[russian]{babel} + + +\usepackage{ + amsmath, amsthm, amssymb, mathtools, + graphicx, subfig, float, + listings, color, inconsolata, + fancyhdr, sectsty, hyperref, enumerate, framed } +\usepackage[shortlabels]{enumitem} + +\flushbottom % Uncomment to make text fill the entire page +\usepackage[bottom]{footmisc} % Anchor footnotes to bottom of page +\renewcommand{\baselinestretch}{1.06} % Adjust line spacing +%\setlength\parindent{0pt} % Remove paragraph indentation +\usepackage{geometry}\geometry{letterpaper, % Set page margins + left=1.35in, right=1.35in, + top=1.1in, bottom=1in, + headsep=.2in } + +% -- Frame settings (for problem statement) -- +\setlength\FrameSep{0.55em} +\setlength\OuterFrameSep{\partopsep} + +% -- 'question' is a custom command for writing the statement of a problem; first argument +% is the question number, second argument is the statement -- +\newcommand{\question}[2]{\begin{framed}\noindent \textbf{#1} #2\end{framed}} +\newcommand{\withbraces}[1]{\left( #1 \right)} +\DeclarePairedDelimiter\ceil{\lceil}{\rceil} +\DeclarePairedDelimiter\floor{\lfloor}{\rfloor} + +% -- Flush left for 'enumerate' numbers +%\setlist[enumerate]{wide=0pt, leftmargin=21pt, labelwidth=0pt, align=left} + +\hypersetup{colorlinks=true, linkcolor=magenta} + +% -- Make reference section title font smaller -- +%\renewcommand{\refname}{\normalsize\bf{References}} + + +% -- Uncomment these lines to set font to 'Charter', with math support -- +% \usepackage[bitstream-charter]{mathdesign} +% \usepackage[T1]{fontenc} + + +% -- Left/right header text and footer (to appear on every page) -- +\pagestyle{fancy} +\renewcommand{\footrulewidth}{0.4pt} +\renewcommand{\headrulewidth}{0.4pt} +\lhead{sol 0930} +\rhead{Шарафатдинов Камиль БПМИ192} + +% -- Document starts here -- +\begin{document} +\question{18.a}{ + Доказать, что $\displaystyle \exists + \lim_{n\to\infty}{ + \left(\frac{\cos 1}{3} + \frac{\cos 2}{3^2} + \ldots + \frac{\cos n}{3^n}\right) + }$ +} + +Пусть $m > n$. +\begin{gather*} +|a_m - a_n| = \left| + \frac{\cos (n)}{3^n} + + \frac{\cos (n + 1)}{3^{n + 1}} + + \ldots + + \frac{\cos m}{3^m} + \right| + <\\ + < + \frac{1}{3^n} + + \frac{1}{3^{n + 1}} + + \ldots + + \frac{1}{3^m} + < + \frac{1}{3^n} \cdot \frac{3}{2} < \frac{1}{3^{n - 1}} +\end{gather*} + +Чтобы выполнялось $\epsilon > a_m - a_n, (m, n > N)$: +$$ + \epsilon > \frac{1}{3^{n - 1}} \implies + \frac{1}{\epsilon} < 3^{n - 1} \implies + \log_3{\frac{1}{\epsilon}} < n - 1 \implies + N > \left\lceil \log_3{\frac{1}{\epsilon}} \right\rceil + 1 +$$ +По определению: +\begin{gather*} +\forall \epsilon > 0\ \ \ N = \left\lceil \log_3{\frac{1}{\epsilon}} \right\rceil + 1 + 1\\ + \forall m > n > N\ \ \ \left\lceil \log_3{\frac{1}{\epsilon}} \right\rceil + 2 < N < n < m \\ + \frac{1}{\epsilon} < 3^{n - 1} \implies \epsilon > \frac{1}{3^{n - 1}} > a_m - a_n = |a_m - a_n| +\end{gather*} + +Значит, по критерию Коши последовательность сходится + +\question{18.c}{ + Доказать, что $\displaystyle \exists + \lim_{n\to\infty}{ + \left(\frac{\cos 1!}{1 \cdot 2} + \frac{\cos 2!}{2 \cdot 3} + \ldots + \frac{\cos n!}{n (n + 1)}\right) + }$ +} +Пусть $m > n$. +\begin{align*} +|a_m - a_n| &= \left| + \frac{\cos n!}{n (n + 1)} + + \frac{\cos (n + 1)!}{(n + 1)(n + 2)} + + \ldots + + \frac{\cos m!}{m (m + 1)} + \right| + <\\ + &< + \frac{1}{n (n + 1)} + + \frac{1}{(n + 1)(n + 2)} + + \ldots + + \frac{1}{m (m + 1)} + =\\ + &= + \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 1} - \frac{1}{n + 2} + \ldots + \frac{1}{m} - \frac{1}{m + 1} + =\\ + &= + \frac{1}{n} - \frac{1}{m + 1} < \frac{1}{n} +\end{align*} + +\begin{gather*} +\forall \epsilon > 0\ \ \ N = \left\lceil \frac{1}{\epsilon} \right\rceil + 1 \\ + \forall m > n > N\ \ \ \frac{1}{\epsilon} < N < n < m \\ + \epsilon > \frac{1}{n} > \frac{1}{n} - \frac{1}{m + 1} > \ldots > |a_m - a_n| +\end{gather*} + +Значит, по критерию Коши последовательность сходится + +\clearpage + +\question{19.a}{ + Найти частичные пределы $\displaystyle + a_n = (-1)^n \cdot 2 + \frac{2}{n + 1} + $ +} + +\begin{align*} + a_{2k} = 2 + \frac{2}{2k + 1} &\qquad \lim_{k\to\infty} a_{2k} = 2\\\\ + a_{2k + 1} = -2 + \frac{2}{2k + 2} &\qquad \lim_{k\to\infty} a_{2k + 1} = -2\\ +\end{align*} + +Частичными пределами будут $-2$ и $2$. +Так как это все элементы последовательности, то больше частичных пределов нет. + +\question{19.b}{ + Найти частичные пределы $\displaystyle + a_n = \frac{ + n \cos {\frac{\pi n}{2}} + 1 + }{ + (-1)^n \cdot n^2 + 2 + } + $ +} + +\begin{align*} + a_{4k} = \frac{n + 1}{n^2 + 2} &\qquad \lim a_{4k} = 0\\\\ + a_{4k + 1} = \frac{1}{-n^2 + 2} &\qquad \lim a_{4k} = 0\\\\ + a_{4k + 2} = \frac{-n + 1}{n^2 + 2} &\qquad \lim a_{4k} = 0\\\\ + a_{4k + 3} = \frac{1}{-n^2 + 2} &\qquad \lim a_{4k} = 0\\ +\end{align*} + +Все частичные пределы равны $0$. + +\clearpage + +\question{20}{ + Найти верхний и нижний пределы + \begin{enumerate}[(a)] + \item $\displaystyle a_n = \left( 2 + (-1)^n \right)n$ + \item $\displaystyle b_n = \sqrt[n]{ 1 + 2^{n \cdot (-1)^n} }$ + \end{enumerate} +} + +\begin{enumerate}[(a)] + \item { + \begin{align*} + a_{2k} = 3n &\qquad \lim_{k\to\infty} a_{2k} = +\infty\\ + a_{2k + 1} = n &\qquad \lim_{k\to\infty} a_{2k + 1} = +\infty\\ + \end{align*} + \text{Поэтому} $\displaystyle \varliminf_{n\to\infty} a_n = \varlimsup_{n\to\infty} a_n = +\infty$ + } + \item { + \begin{align*} + b_{2k} = \sqrt[n]{1 + 2^n} &\qquad \lim_{k\to\infty} b_{2k} = \lim_{k\to\infty} 2^{\frac{n}{n}} = 1\\ + b_{2k + 1} = \sqrt[n]{1 + \frac{1}{2^n}} &\qquad \lim_{k\to\infty} b_{2k + 1} = 1\\ + \end{align*} + \text{Поэтому} $\displaystyle \varliminf_{n\to\infty} b_n = \varlimsup_{n\to\infty} b_n = 1$ + } +\end{enumerate} + +\question{21}{ + \begin{enumerate}[(a)] + \item $a_n = n$ + \item $b_n = n^{(-1)^n} = \left\{ 1, \frac{1}{2}, 3, \frac{1}{4},\ \ldots \right\}$ + \item $C = \{ \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{1}{4}, \frac{2}{4}, \frac{3}{4}, \frac{1}{5}, \frac{2}{5}, \frac{3}{5}, \frac{4}{5}, \ \ldots \}$ + \item { + \text{Пусть} $X_{n, k} = n + C_k$, \qquad + $Y = \{ X_{0, 1}, X_{0, 2}, X_{1, 1}, X_{0, 3}, X_{1, 2}, X_{2, 1}, \ \ldots \}$, \\ + тогда $D = \{Y_1, -Y_1, Y_2, -Y_2, \ \ldots\}$ + } + \end{enumerate} +} + +\begin{enumerate}[(a)] + \item $a_n$ очевидно имеет ровно один частичный предел $+\infty$ + \item $b_n$ имеет два частичных предела: $0$ и $+\infty$. + \item любое действительное число из отрезка $[0; 1]$ -- частичный предел $C$ + \item { + любое иррациональное число из отрезка $[n; n + 1]$ -- частичный предел $X_n$, \\ + поэтому любое иррациональное число из $\mathbb{R}_+$ -- частичный предел $Y$, \\ + поэтому любое иррациональное число -- частичный предел $D$. + } +\end{enumerate} + + + +\end{document}
\ No newline at end of file diff --git a/sol1028.tex b/sol1028.tex new file mode 100644 index 0000000..ddfd9df --- /dev/null +++ b/sol1028.tex @@ -0,0 +1,509 @@ +\documentclass[11pt]{article} +%\usepackage[T2A]{fontenc} +%\usepackage[utf8]{inputenc} +%\usepackage[russian]{babel} + +\usepackage[sfdefault,condensed,scaled=0.8]{roboto} +\usepackage{inconsolata} +\setmonofont[Scale=0.85]{Inconsolata} + +\setlength\headheight{13.6pt} + +\usepackage{ + amsmath, amsthm, amssymb, mathtools, + graphicx, subfig, float, + listings, xcolor, + fancyhdr, sectsty, hyperref, enumerate, framed, + comment +} +\usepackage[shortlabels]{enumitem} + +\flushbottom % Uncomment to make text fill the entire page +\usepackage[bottom]{footmisc} % Anchor footnotes to bottom of page +\renewcommand{\baselinestretch}{1.06} % Adjust line spacing +%\setlength\parindent{0pt} % Remove paragraph indentation +\usepackage{geometry}\geometry{letterpaper, % Set page margins + left=1in, right=1in, + top=0.8in, bottom=0.9in, + headsep=.1in +} + + +\setlength\FrameSep{0.75em} +\setlength\OuterFrameSep{\partopsep} + +\newenvironment{cframed}[1][gray] + {\def\FrameCommand{\fboxsep=\FrameSep\fcolorbox{#1}{white}}% + \MakeFramed {\advance\hsize-\width \FrameRestore}} + {\endMakeFramed} + +\newcommand{\question}[2]{\doubleskip\begin{cframed}\noindent \textbf{#1} #2\end{cframed}} +\newcommand{\withbraces}[1]{\left( #1 \right)} + +\DeclarePairedDelimiter\ceil{\lceil}{\rceil} +\DeclarePairedDelimiter\floor{\lfloor}{\rfloor} + +\DeclareMathOperator{\tg}{tg} +\DeclareMathOperator{\ctg}{ctg} + +\newcommand{\sinx}{\sin x} +\newcommand{\cosx}{\cos x} +\newcommand{\tgx}{\tg x} + +\newcommand{\doubleskip}{\bigskip \bigskip} +\newcommand{\osmall}[1]{\overline{o}\left( #1 \right)} + +% -- Flush left for 'enumerate' numbers +%\setlist[enumerate]{wide=0pt, leftmargin=21pt, labelwidth=0pt, align=left} + +\hypersetup{colorlinks=true, linkcolor=magenta} + +% -- Left/right header text and footer (to appear on every page) -- +\pagestyle{fancy} +\renewcommand{\footrulewidth}{0.4pt} +\renewcommand{\headrulewidth}{0.4pt} +\lhead{\color{gray} \texttt{sol1028}} +\rhead{\color{gray} Шарафатдинов Камиль БПМИ192} +\cfoot{} +\rfoot{\thepage} + + +% -- Here bet dragons -- +\begin{document} + +Здесь \textbf{не} записано: 19bcd, 20b + +\question{9.a}{ + \[ + \lim_{x\to\pi} \frac{\sin{mx}}{\sin{nx}} = (-1)^{m + n} \cdot \frac{m}{n} + \] +} + Пусть $y = \pi - x$ или $x = \pi - y$ + \begin{flalign*} + &\lim_{x \to \pi} \frac{\sin{mx}}{\sin{nx}} = + \lim_{y \to 0} \frac{\sin(m\pi - my)}{\sin(n\pi - ny)} = + \lim_{y \to 0} \frac{\sin(m\pi)\cos(my) - \sin(my)\cos(m\pi)} + {\sin(n\pi)\cos(ny) - \sin(ny)\cos(n\pi)} = \\ + = &\lim_{y \to 0} \frac{\sin(my)\cos(m\pi)}{\sin(ny)\cos(n\pi)} = + \lim_{y \to 0} (-1)^{m + n} \cdot \frac{\sin(my)}{\sin(ny)} = (-1)^{m + n} \cdot \frac{m}{n} + \end{flalign*} + +\question{9.b}{ + \[ + \lim_{x \to 0} \frac{\tg{x}}{x} = 1 + \] +} + + \[ + \lim_{x \to 0} \frac{\tg{x}}{x} = + \lim_{x \to 0} \frac{\sinx}{x\cosx} = + \lim_{x \to 0} 1 \cdot \frac{1}{\cosx} = 1 + \] + + +\question{9.c}{ + \[ + \lim_{x \to 0} x \cdot \sin{\frac{1}{x}} = 0 + \] +} + Так как $x \to 0$, а $\sin{\frac{1}{x}}$ -- ограничен, то $x\sin{\frac{1}{x}}$ стремится к 0. + + +\question{9.d}{ + \[ + \lim_{x \to \infty} \frac + {\withbraces{x - \sqrt{x^2 - 1}} ^ n + \withbraces{x + \sqrt{x^2 - 1}} ^ n} + {x^n} = 2^n + \] +} + + \doubleskip + Лемма 1: $\displaystyle \lim_{x \to \infty} \frac{\withbraces{x - \sqrt{x^2 - 1}} ^ n}{x^n} = 0$. + + \[ + \lim_{x \to \infty} \withbraces{\frac{x - \sqrt{x^2 - 1}}{x}}^n = + \lim_{x \to \infty} \withbraces{1 - \frac{\sqrt{x^2 - 1}}{x}}^n = + \lim_{x \to \infty} \withbraces{1 - \sqrt{1 - \frac{1}{x^2}}}^n = + (1 - 1)^n = 0 + \] + + \doubleskip + Лемма 2: $\displaystyle \lim_{x \to \infty} \frac{\withbraces{x + \sqrt{x^2 - 1}} ^ n}{x^n} = 2^n$. + + \[ + \lim_{x \to \infty} \withbraces{\frac{x + \sqrt{x^2 - 1}}{x}}^n = + \lim_{x \to \infty} \withbraces{1 + \frac{\sqrt{x^2 - 1}}{x}}^n = + \lim_{x \to \infty} \withbraces{1 + \sqrt{1 - \frac{1}{x^2}}}^n = + (1 + 1)^n = 2^n + \] + + \doubleskip + + По свойству пределов (предел суммы - сумма пределов, если они существуют) и по леммам: + \[ + \lim_{x \to \infty} \frac + {\withbraces{x - \sqrt{x^2 - 1}} ^ n + \withbraces{x + \sqrt{x^2 - 1}} ^ n} + {x^n} = 0 + 2^n = 2^n + \] + + +\question{9.e}{ + \[ + \lim_{x \to 1} \frac{\withbraces{1 - \sqrt{x}} \withbraces{1 - \sqrt[3]{x}} \cdot \ldots \cdot \withbraces{1 - \sqrt[n]{x}}} + {\withbraces{1 - x}^{n - 1}} = \frac{1}{n!} + \] +} + + Заметим, что \[ + t_k = 1 - x = \withbraces{1 - \sqrt[k]{x}} + \withbraces{1 + \sqrt[k]{x} + \sqrt[k]{x}^2 + \ldots + \sqrt[k]{x}^{k - 1}} + \] + + А если $x \to 1$, то в пределе $\displaystyle \lim_{x \to 1} t_k = \withbraces{1 - \sqrt[k]{x}} \cdot k$ + + Тогда + \begin{align*} + &\lim_{x \to 1} \frac{\withbraces{1 - \sqrt{x}} \withbraces{1 - \sqrt[3]{x}} \cdot \ldots \cdot \withbraces{1 - \sqrt[n]{x}}} + {\withbraces{1 - x}^{n - 1}} =\\ + = &\lim_{x \to 1} \frac{1}{n!} \cdot \frac{\withbraces{1 - \sqrt{x}} \withbraces{1 - \sqrt[3]{x}} \cdot \ldots \cdot \withbraces{1 - \sqrt[n]{x}}} + {\withbraces{1 - \sqrt{x}} \withbraces{1 - \sqrt[3]{x}} \cdot \ldots \cdot \withbraces{1 - \sqrt[n]{x}}} = \frac{1}{n!} + \end{align*} + +\begin{comment} +\question{10.a}{ + \[ + \lim_{x \to \infty} + \left( + \sqrt[n]{(x - a_1)(x - a_2) \cdot \ldots \cdot (x - a_n)} - x + \right) + = 0 + \] +} + + Пусть $A_k$ - сумма всевозможных произведений $a_i$, из $k$ членов: + \begin{flalign*} + A_1 &= a_1 + a_2 + \ldots + a_n\\ + A_2 &= a_1a_2 + a_1a_3 + \ldots + a_{n - 1}a_n\\ + \vdots \ \ &\\ + A_n &= a_1a_2\ldots a_n + \end{flalign*} + + Тогда + + \begin{flalign*} + &\lim_{x \to \infty} + \left( + \sqrt[n]{(x - a_1)(x - a_2) \cdot \ldots \cdot (x - a_n)} - x + \right) + =\\ + &\lim_{x \to \infty} x + \left( + \sqrt[n]{\frac{(x - a_1)(x - a_2) \cdot \ldots \cdot (x - a_n)}{x^n}} - 1 + \right) + =\\ + &\lim_{x \to \infty} x + \left( + \sqrt[n]{\frac{x^n - A_1 x^{n - 1} + A_2 x^{n - 2} - \ldots + (-1)^n A_n}{x^n}} - 1 + \right) + =\\ + &\lim_{x \to \infty} x + \left( + \sqrt[n]{\frac{x^n}{x^n} - \frac{A_1 x^{n - 1}}{x^n} + \ldots + \frac{(-1)^n A_n}{x^n}} - 1 + \right) + =\\ + &\lim_{x \to \infty} x + \left( + \sqrt[n]{1 - o(x)} - 1 + \right) + =\\ + &\lim_{x \to \infty} \left( x\sqrt[n]{1 - o(x)} - x \right) = 0 + \end{flalign*} + +\question{10.b}{ + \[ + \lim_{x \to \infty} \frac{1 - \cosx \cos 2x \cos 3x}{1 - \cosx} + \] +} + + \[ + \cosx \cos 2x \cos 3x = \cosx (2\cos^2 x - 1) (4\cos^3 x - 3\cosx) + \] + + \[ + \frac{1 - \cosx (2\cos^2 x - 1) (4\cos^3 x - 3\cosx)}{1 - \cosx} = + \begin{cases} + 1, \text{если } x = \frac{\pi}{2} + 2 \pi n\\ + \frac{3}{2}, \text{если } x = \frac{\pi}{3} + 2 \pi n + \end{cases} + \] + + Значит, предела не существует. +\end{comment} + +\question{14}{ + \[ + \lim_{x \to a} \withbraces{\frac{1 + x}{2 + x}}^{\frac{1 - \sqrt{x}}{1 - x}} + \] +} + + Если $a = 0$, то, очевидно, предел равен $\frac{1}{2}$ + + Если $a = 1$: + \[ + \lim_{x \to 1} \withbraces{\frac{1 + x}{2 + x}}^{\frac{1 - \sqrt{x}}{1 - x}} = + \lim_{x \to 1} \withbraces{\frac{1 + x}{2 + x}}^{\frac{1}{1 + \sqrt{x}}} = + \withbraces{\frac{2}{3}}^{\frac{1}{2}} = \sqrt{\frac{2}{3}} + \] + + Если $a = +\infty$: + \begin{align*} + &\lim_{x \to \infty} \withbraces{\frac{1 + x}{2 + x}}^{\frac{1 - \sqrt{x}}{1 - x}} = + \lim_{x \to \infty} \withbraces{1 - \frac{1}{2 + x}}^{\frac{1}{1 + \sqrt{x}}} =\\ + &\lim_{x \to \infty} \withbraces{1 - \frac{1}{2 + x}}^{\frac{1}{1 + \sqrt{x}}} = + \lim_{x \to \infty} e^{- \frac{1}{2 + x} \frac{1}{1 + \sqrt{x}}} = e^0 = 1 + \end{align*} + + +\question{15.a}{ + \[ + \lim_{n \to \infty} \left(\cos{\frac{x}{\sqrt{n}}}\right)^n = ?? + \] +} + + \[ + \lim_{n \to \infty} \left(\cos{\frac{x}{\sqrt{n}}}\right)^n = + \lim_{n \to \infty} \left(1 - \frac{x^2}{2n} + \overline{o}\left(\frac{x^2}{n}\right)\right)^n = + e^{-\frac{x^2}{2}} + \] + + +\question{15.b}{ + \[ + \lim_{x \to 0} \sqrt[x]{1 - 2x} = \frac{1}{e^2} + \] +} + + $y = 1/x$ + \[ + \lim_{x \to 0} \sqrt[x]{1 - 2x} = \lim_{y \to \infty} \withbraces{1 - \frac{2}{y}}^y = e^{-2} = \frac{1}{e^2} + \] + +\question{15.c}{ + \[ + \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \left(\tg x\right)^{\tg 2x} = e^{-1} + \] +} + + Пусть $y + 1 = \tg x$, \qquad $\displaystyle z = \frac{1}{y} = \frac{1}{\tg x - 1}$, \qquad $y \to 0$, $z \to \infty$. + \begin{align*} + &\lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \left(\tg x\right)^{\tg 2x} = + \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \left(1 + y\right)^{\frac{2\tg x}{1 - \tg^2 x}} = + \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \left(1 + y\right)^{\frac{2(y + 1)}{1 - (y + 1)^2}} = + \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \left(1 + y\right)^{-\frac{2(y + 1)}{y(y + 2)}} =\\ + = &\lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \left(\left(1 + \frac{1}{z}\right)^z\right)^{-\frac{2(y + 1)}{(y + 2)}} = + \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \exp\left(-\frac{2(y + 1)}{y + 2}\right) = + \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \exp{\left(-\frac{2\osmall{1} + 2}{\osmall{1} + 2}\right)} = + e^{-1} + \end{align*} + + +\question{15.d}{ + \[ + \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 + \tg x} - \sqrt{1 + \sin x}}{x^3} = \frac{1}{4} + \] +} + \begin{align*} + &\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 + \tg x} - \sqrt{1 + \sin x}}{x^3} = + \lim_{x \to 0} \frac{1 + \tg x - 1 - \sin x}{x^3 \left(\sqrt{1 + \tg x} + \sqrt{1 + \sin x}\right)} =\\ + = &\lim_{x \to 0} \frac{\sin x \left( \frac{1}{\cosx} - 1 \right)}{x^3 \left(\sqrt{1 + \tg x} + \sqrt{1 + \sin x}\right)} = + \lim_{x \to 0} \frac{\sinx}{x} \frac{1 - \cosx}{x^2 \cosx \left(\sqrt{1 + \tg x} + \sqrt{1 + \sin x}\right)} =\\ + = &\lim_{x \to 0} \frac{\sinx}{x} \frac{1 - \left(1 - \frac{x^2}{2} + \overline{o}\withbraces{x^2}\right)}{x^2 \cosx \left(\sqrt{1 + \tg x} + \sqrt{1 + \sin x}\right)} = + \lim_{x \to 0} \frac{\sinx}{x} \frac{x^2 + 2\overline{o}\withbraces{x^2}}{2x^2 \cosx \left(\sqrt{1 + \tg x} + \sqrt{1 + \sin x}\right)} =\\ + = &1 \cdot \frac{1}{2 \cdot 1 \cdot (1 + 1)} = \frac{1}{4} + \end{align*} + +\question{15.e}{ + \[ + \lim_{x \to \infty} \sin \sqrt{x + 1} - \sin \sqrt{x} = 0 + \] +} + + \[ + \sin \sqrt{x + 1} - \sin \sqrt{x} = + 2\cos \frac{\sqrt{x + 1} + \sqrt{x}}{2} \sin \frac{\sqrt{x + 1} - \sqrt{x}}{2} + \] + \[ + \sqrt{x + 1} - \sqrt{x} = + (\sqrt{x + 1} - \sqrt{x}) \frac{\sqrt{x + 1} + \sqrt{x}}{\sqrt{x + 1} + \sqrt{x}} = + \frac{x + 1 - x}{\sqrt{x + 1} + \sqrt{x}} = + \frac{1}{\sqrt{x + 1} + \sqrt{x}} + \] + + \[ + \lim_{x \to \infty} \sin \frac{\sqrt{x + 1} - \sqrt{x}}{2} = + \lim_{x \to \infty} \sin \frac{\frac{1}{\sqrt{x + 1} + \sqrt{x}}}{2} = \sin\frac{0}{2} = 0 + \] + + Так как $\cos \frac{\sqrt{x + 1} + \sqrt{x}}{2}$ ограничен, а $\sin \frac{\sqrt{x + 1} - \sqrt{x}}{2}$ стремится к $0$, то их произведение также стремится к $0$. + + +\question{15.f}{ + \[ + \lim_{x \to \infty} x \left(\ln (x + 1) - \ln x\right) = 1 + \] +} + + \[ + \lim_{x \to \infty} x \left(\ln (x + 1) - \ln x\right) = + \lim_{x \to \infty} x \ln \frac{x + 1}{x} = + \lim_{x \to \infty} \ln \left(\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x\right) = \ln e = 1 + \] + + +\question{16.a}{ + \[ + \lim_{x \to \infty} \frac{x^n}{a^x} = 0, \qquad \text{где } a > 1, n \in \mathbb{N} + \] +} + + \[ + \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{x}{n}\right)^n = + \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{\frac{n}{x}}\right)^n = + \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{\frac{n}{x}}\right)^{n \frac{x}{n} \frac{n}{x}} = + \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{\frac{n}{x}}\right)^{\frac{n}{x} x} = + e^x + \] + + По неравенству Бернулли: $\displaystyle \left(1 + \frac{x}{n}\right)^n \geq 1 + n \frac{x}{n} = 1 + x$. + Поэтому $e^x \geq 1 + x$ + + \begin{align*} + &\lim_{x \to \infty} \frac{x^n}{\left(e^{\ln a}\right)^x} = + \lim_{x \to \infty} \frac{x^n}{\left(e^{\frac{x \ln a}{2n}}\right)^{2n}} = + \lim_{x \to \infty} \frac{x^n}{\left(1 + \frac{x \ln a}{2n}\right)^{2n}} = + \lim_{x \to \infty} \left(\frac{x}{\left(1 + \frac{x \ln a}{2n}\right)^{2}}\right)^n =\\ + &\lim_{x \to \infty} \left(\frac{x}{1 + \frac{x \ln a}{n} + \frac{(x \ln a)^2}{4n^2}}\right)^n = + \lim_{x \to \infty} \left(\frac{1}{\frac{1}{x} + \frac{\ln a}{n} + \frac{x \ln^2 a}{4n^2}}\right)^n = 0 + \end{align*} + +\question{16.b}{ + \[ + \lim_{x \to \infty} \frac{\log_a x}{x^\varepsilon} = 0, \qquad a, \varepsilon > 0, a \neq 1 + \] +} + + Пусть $y = \ln x$ + + \[ + \lim_{x \to \infty} \frac{\log_a x}{x^\varepsilon} = + \frac{1}{\ln a}\ \ \lim_{x \to \infty} \frac{\ln x}{x^\varepsilon} = + \frac{1}{\ln a}\ \ \lim_{y \to \infty} \frac{y}{e^{\ln \left(x^\varepsilon\right)}} = + \frac{1}{\ln a}\ \ \lim_{y \to \infty} \frac{y}{e^{by}} + \] + + По \textbf{16.a}: $\displaystyle \lim_{x \to \infty} \frac{x}{e^{bx}} = 0$, поэтому + \[ + \frac{1}{\ln a}\ \ \lim_{y \to \infty} \frac{y}{e^{by}} = + \frac{1}{\ln a} \cdot 0 = 0 + \] + +\question{17.a}{ + \[ + \lim_{x \to 0} x \ln x = 0 + \] +} + + Пусть $y = \frac{1}{x}$ + \[ + \lim_{x \to 0} x \ln x = + \lim_{y \to \infty} \frac{\ln{\frac{1}{y}}}{y} = + \lim_{y \to \infty} \frac{\ln 1 - \ln y}{y} = + \lim_{y \to \infty} -\frac{\ln y}{y} \quad \overset{\text{по \textbf{16.b}}}{=} \quad -0 = 0 + \] + +\question{17.b}{ + \[ + \lim_{x \to 1} (1 - x) \log_x 2 = -\ln 2 + \] +} + + \[ + \lim_{x \to 1} (1 - x) \log_x 2 = + \lim_{x \to 1} (1 - x) \frac{\ln 2}{\ln x} = + \ln 2 \lim_{x \to 1} \frac{1 - x}{\ln x} + \] + + Пусть $t = 1 - x$. \qquad $t \to 0$ + \[ + \ln 2 \lim_{x \to 1} \frac{1 - x}{\ln x} = + \ln 2 \lim_{t \to 0} \frac{t}{\ln (1 - t)} = + \ln 2 \lim_{t \to 0} \frac{1}{\frac{1}{t} \ln (1 - t)} = + \ln 2 \lim_{t \to 0} \frac{1}{\ln (1 - t)^{\frac{1}{t}}} + \] + + Пусть $u = t^{-1}$. \qquad $u \to \infty$ + \[ + \ln 2 \lim_{t \to 0} \frac{1}{\ln (1 - t)^{\frac{1}{t}}} = + \ln 2 \lim_{u \to \infty} \frac{1}{\ln (1 - \frac{1}{u})^u} = + \ln (2) \cdot \frac{1}{-1} = -\ln 2 + \] + +\question{19.a}{ + \[ + \lim_{x \to 0} \frac{\tg x - \sin x}{\sin^3 x} = \frac{1}{2} + \] +} + + \begin{align*} + &\lim_{x \to 0} \frac{\tg x - \sin x}{\sin^3 x} = + \lim_{x \to 0} \frac{\sin x \left(\frac{1}{\cos x} - 1\right)}{\sin^3 x} = + \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1 - \cos x}{\cos x}}{\sin^2 x} =\\\\ + = &\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{\cos x (1 - \cos^2 x)} = + \lim_{x \to 0} \frac{1}{\cos x (1 + \cos x)} = + \frac{1}{1 \cdot 2} = \frac{1}{2} + \end{align*} + + +\question{20.a}{ + \[ + \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 - \cos x^2}}{1 - \cos x} = \sqrt{2} + \] +} + \begin{align*} + &\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 - \cos x^2}}{1 - \cos x} = + \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 - (1 - \frac{x^4}{2} + \osmall{x^4})}}{1 - (1 - \frac{x^2}{2} + \osmall{x^2})} = + \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{\frac{x^4}{2} - \osmall{x^4}}}{\frac{x^2}{2} - \osmall{x^2}} =\\ + = &\lim_{x \to 0} \sqrt{ \frac{\frac{x^4}{2} - \osmall{x^4}}{\frac{x^4}{4} - x^2\osmall{x^2} + \osmall{x^4}} } = + \lim_{x \to 0} \sqrt{ \frac{\frac{x^4}{2}}{\frac{x^4}{4} - x^2\osmall{x^2} + \osmall{x^4}} } = \sqrt{2} + \end{align*} + + +%\question{20.b}{ +% \[ +% \lim_{x \to 0} \frac{1 - \sqrt{\cos x}}{1 - \cos{\sqrt{x}}} = ?? +% \] +%} + +% \[ +% \lim_{x \to 0} \frac{1 - \sqrt{\cos x}}{1 - \cos{\sqrt{x}}} = +% \lim_{x \to 0} \frac{1 - \sqrt{1 - \frac{x^2}{2} + \osmall{x^2}}}{1 - \left(1 - \frac{x}{2} + \osmall{x}\right)} = +% \] + +\question{21.b}{ + \[ + \lim_{x \to \infty} \left(\frac{2x^2 - x + 1}{2x^2 + x + 1}\right)^{\frac{x^2}{1 - x}} = e + \] +} + \begin{align*} + &\lim_{x \to \infty} \left(\frac{2x^2 - x + 1}{2x^2 + x + 1}\right)^{\frac{x^2}{1 - x}} = + \lim_{x \to \infty} \left(1 - \frac{2x}{2x^2 + x + 1}\right)^{-\frac{x^2}{x - 1}} = + \lim_{x \to \infty} \left(1 - \frac{1}{x + \frac{1}{2} + \frac{1}{2x}}\right)^{-\frac{x^2}{x - 1}} =\\ + &\lim_{x \to \infty} \left(1 - \frac{1}{x + \frac{1}{2} + \frac{1}{2x}}\right)^ + {-\frac{x + \frac{1}{2} + \frac{1}{2x}}{x + \frac{1}{2} + \frac{1}{2x}}\frac{x^2}{x - 1}} = + \lim_{x \to \infty} e^{\frac{1}{x + \frac{1}{2} + \frac{1}{2x}}\frac{x^2}{x - 1}} = + \lim_{x \to \infty} \exp\left({\frac{1}{x + \frac{1}{2} + \frac{1}{2x}}\frac{x^2}{x - 1}}\right) =\\ + &\lim_{x \to \infty} \exp\left({\frac{x^2}{\left(x + \frac{1}{2} + \frac{1}{2x}\right)(x - 1)}}\right) = + \lim_{x \to \infty} \exp\left({\frac{x^2}{x^2 - \frac{x}{2} - \frac{1}{2x}}}\right) = e + \end{align*} + +\end{document} diff --git a/sol1111.tex b/sol1111.tex new file mode 100644 index 0000000..d72a916 --- /dev/null +++ b/sol1111.tex @@ -0,0 +1,462 @@ +\documentclass[11pt]{article} +%\usepackage[T2A]{fontenc} +%\usepackage[utf8]{inputenc} +%\usepackage[russian]{babel} +\usepackage{scrextend} + +\usepackage[sfdefault,condensed,scaled=0.8]{roboto} +\usepackage{inconsolata} +\setmonofont[Scale=0.85]{Inconsolata} + +\setlength\headheight{13.6pt} + +\usepackage{ + amsmath, amsthm, amssymb, mathtools, + graphicx, subfig, float, + listings, xcolor, + fancyhdr, sectsty, hyperref, enumerate, framed, + comment +} +\usepackage[shortlabels]{enumitem} + +\flushbottom % Uncomment to make text fill the entire page +\usepackage[bottom]{footmisc} % Anchor footnotes to bottom of page +\renewcommand{\baselinestretch}{1.06} % Adjust line spacing +%\setlength\parindent{0pt} % Remove paragraph indentation +\usepackage{geometry}\geometry{letterpaper, % Set page margins + left=1in, right=1in, + top=0.8in, bottom=0.9in, + headsep=.1in +} + + +\setlength\FrameSep{0.75em} +\setlength\OuterFrameSep{\partopsep} + +\newenvironment{cframed}[1][gray] + {\def\FrameCommand{\fboxsep=\FrameSep\fcolorbox{#1}{white}}% + \MakeFramed {\advance\hsize-\width \FrameRestore}} + {\endMakeFramed} + +\newcommand{\question}[2]{\doubleskip\begin{cframed}\noindent \textbf{#1} #2\end{cframed}} +\newcommand{\withbraces}[1]{\left( #1 \right)} + +\DeclarePairedDelimiter\ceil{\lceil}{\rceil} +\DeclarePairedDelimiter\floor{\lfloor}{\rfloor} + +\DeclareMathOperator{\tg}{tg} +\DeclareMathOperator{\ctg}{ctg} +\DeclareMathOperator{\arctg}{arctg} +\DeclareMathOperator{\const}{const} +\DeclareMathOperator{\sign}{sign} + +\newcommand{\sinx}{\sin x} +\newcommand{\cosx}{\cos x} +\newcommand{\tgx}{\tg x} + +\newcommand{\doubleskip}{\bigskip \bigskip} +\newcommand{\osmall}[1]{\overline{o}\left( #1 \right)} + +% -- Flush left for 'enumerate' numbers +%\setlist[enumerate]{wide=0pt, leftmargin=21pt, labelwidth=0pt, align=left} + +\hypersetup{colorlinks=true, linkcolor=magenta} + +% -- Left/right header text and footer (to appear on every page) -- +\pagestyle{fancy} +\renewcommand{\footrulewidth}{0.4pt} +\renewcommand{\headrulewidth}{0.4pt} +\lhead{\color{gray} \texttt{sol1111}} +\rhead{\color{gray} Шарафатдинов Камиль БПМИ192} +\cfoot{} +\rfoot{\thepage} + + +% -- Here bet dragons -- +\begin{document} + +\question{2}{ + \begin{align*} + &x \to 0,\ m > n > 0:\\ + &\qquad O(x^n) + O(x^m) = O(x^n), \qquad O(x^n)O(x^m) = O(x^{n + m}) + \end{align*} +} + + По определению: + \[ + \varlimsup_{x \to 0} \left| \frac{\varphi_n(x)}{x^n} \right| = A_n < \infty, \qquad \qquad + \varlimsup_{x \to 0} \left| \frac{\varphi_m(x)}{x^m} \right| = A_m < \infty, \qquad \qquad + \] + + \begin{align*} + 0 &\leq \varlimsup_{x \to 0} \left| \frac{\varphi_n(x) + \varphi_m(x)}{x^n} \right| \\ + &\leq \varlimsup_{x \to 0} \left( \left| \frac{\varphi_n(x)}{x^n} \right| + + \left| \frac{\varphi_m(x)}{x^n} \right| \right)\\ + &\leq + A_n + \varlimsup_{x \to 0} \left| x^{m - n}\frac{\varphi_m(x)}{x^m} \right|\\ + &\leq A_n + \varlimsup_{x \to 0} \left|x^{m - n}\right| \cdot + \varlimsup_{x \to 0} \left|\frac{\varphi_m(x)}{x^m}\right|\\ + &= A_n + 0 \cdot A_m = A_n < +\infty + \end{align*} + \qed + + \begin{align*} + 0 &\leq \varlimsup_{x \to 0} \left| \frac{\varphi_n(x) \varphi_m(x)}{x^{n + m}} \right|\\ + &\leq \varlimsup_{x \to 0} \left| \frac{\varphi_n(x)}{x^n} \right| \cdot + \varlimsup_{x \to 0} \left| \frac{\varphi_m(x)}{x^m} \right|\\ + &= A_n A_m < +\infty + \end{align*} + \qed + +\question{11a}{ + \[ + x \to \infty, \qquad \frac{x + 1}{x^4 + 1} + \] +} + + \[ + \frac{x + 1}{x^4 + 1} = \frac{x + 1}{x^4 + \osmall{x}} = + \frac{x}{x^4 + \osmall{x}} + \frac{1}{x^4 + \osmall{x}} = + \frac{1}{x^3 + \osmall{1}} + \osmall{\frac{1}{x^4}} = \frac{1}{x^3} + \osmall{\frac{1}{x^3}} + \] + + Видно, что это бесконечно малая порядка $-3$ от $x$ (потому что $x$ -- не совсем бесконечно малая при $x \to \infty$) + +\question{12a}{ + \[ + x \to 0, \qquad g(x) = \sqrt{2x + \sqrt{x + \sqrt{x}}} + \] +} + + \[ + g(x) = \sqrt{2x + \sqrt{\osmall{\sqrt{x}} + \sqrt{x}}} = + \sqrt{2x + \osmall{\sqrt[4]{x}} + \sqrt[4]{x}} = + \sqrt{\osmall{\sqrt[4]{x}} + \sqrt[4]{x}} = \osmall{\sqrt[8]{x}} + \sqrt[8]{x} + \] + +\question{17.a}{ + \[ + x \to 0, \qquad \sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x}}} \sim \sqrt[8]{x} + \] +} + + \begin{gather*} + \sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x}}} = + \sqrt{x + \sqrt{\osmall{\sqrt{x}} + \sqrt{x}}} = + \sqrt{x + \osmall{\sqrt[4]{x}} + \sqrt[4]{x}} =\\ + = \sqrt{\osmall{\sqrt[4]{x}} + \sqrt[4]{x}} = + \osmall{\sqrt[8]{x}} + \sqrt[8]{x} \sim \sqrt[8]{x} + \end{gather*} + +\question{17.b}{ + \[ + x \to 0, \qquad \arctg \frac{1}{x} = O(1) + \] +} + + На интервале $(1, +\infty)$ $\arctg$ ограничен сверху и снизу $\pi/2$ и $\pi/4$, + поэтому $\arctg \frac{1}{x} = O(1)$ + +\question{17.c}{ + \[ + x \to 0, \qquad \sinh x \sim x + \] +} + + \[ + \sinh x = \frac{e^x - e^{-x}}{2} = + \frac{(1 + x + \osmall{x}) - (1 - x + \osmall{x})}{2} = + \frac{2x + \osmall{x}}{2} \sim x + \] + +%\question{17.d}{ +% \[ +% x \to 0, \qquad \cosh x = 1 + \frac{x^2}{2} + \osmall{x} +% \] +%} + +% \[ +% \cosh x = \frac{e^x + e^{-x}}{2} = +% \] + +\question{18.a}{ + \[ + x^3 - 3x + 2 + \] +} + + \[ + x^3 - 3x + 2 = (x - 1)^3 + 3x^2 - 6x + 3 = (x - 1)^3 + 3(x - 1)^2 = + 3(x - 1)^2 + \osmall{(x - 1)^2} + \] + + У этой функции порядок малости 2 относительно (x - 1) + +\clearpage + +%\question{18.b}{ +% \[ +% \sqrt[3]{1 - \sqrt{x}} +% \] +%} +% \[ +% \sqrt[3]{1 - \sqrt{x}} = +% \sqrt[3]{1 - \sqrt{x - 1 + 1}} = +% \] + +\question{18.c}{ + \[ + \ln x + \] +} + + \[ + \ln x = \ln (x - 1 + 1) = x - 1 + \osmall{x - 1} + \] + + $\ln x$ и $x - 1$ -- малые одного порядка + +\question{18.d}{ + \[ + e^x - e + \] +} + + \[ + e^x - e = e (e^{x - 1} - 1) = e (1 + (x - 1) + \osmall(x - 1) - 1) = + e (x - 1) + e\osmall(x - 1) \sim e(x - 1) + \] + + $x - 1$ и $e(x - 1)$ -- малые одного порядка + +\question{19.a}{ + \[ + \frac{x^2}{x^2 - 1} + \] +} + \begin{gather*} + \frac{x^2}{x^2 - 1} = + 1 + \frac{1}{x^2 - 1} = + \osmall{\frac{1}{x - 1}} +\frac{1}{(x - 1)^2 + 2x - 2} =\\\\ + \osmall{\frac{1}{x - 1}} +\frac{1}{(x - 1)^2 + \osmall{(x - 1)^2}} \sim + \frac{1}{(x - 1)^2} + \end{gather*} + + Это бесконечно малая 2 порядка относительно $\displaystyle \frac{1}{x - 1}$ + +\question{19.b}{ + \[ + \sqrt{\frac{1 + x}{1 - x}} + \] +} + \[ + \sqrt{\frac{1 + x}{1 - x}} = + \sqrt{\frac{2 + x - 1}{1 - x}} = + \sqrt{-1 + \frac{2}{1 - x}} = + \osmall{\sqrt{\frac{1}{1 - x}}} + \sqrt{\frac{2}{1 - x}} \sim + \sqrt{\frac{1}{1 - x}} + \] + + Это бесконечно малая порядка $\frac{1}{2}$ относительно $\frac{1}{x - 1}$ + +\clearpage + +\question{19.c}{ + \[ + \frac{x}{\sqrt[3]{1 - x^3}} = + \] +} + \begin{gather*} + \sqrt[3]{1 - x^3} = + \sqrt[3]{(1 - x)^3 - 3x + 3x^2} = + \sqrt[3]{(1 - x)^3 + 3( (x - 1)^2 + (x - 1) )} =\\= + \sqrt[3]{(1 - x)^3 + \osmall{(1 - x)^3}} = + 1 - x + \osmall{1 - x} + \end{gather*} + \begin{gather*} + \frac{x}{1 - x + \osmall{1 - x}} = + -1 + \osmall{1} + \frac{1}{1 - x + \osmall{1 - x}} \sim \frac{1}{1 - x} + \end{gather*} + + Это бесконечно малая того же порядка + +\question{19.d}{ + \[ + \frac{\ln x}{(1 - x)^2} + \] +} + \[ + \frac{\ln x}{(1 - x)^2} = + \frac{x - 1 + \osmall{x}}{(1 - x)^2} \sim + -\frac{1}{(1 - x)} + \] + + Это бесконечно малая того же порядка +\clearpage + +\question{Лемма}{ + Некоторые свойства непрерывных функций + \begin{enumerate} + \item $h(x) = x$ непрерывна в $\mathbb{R}$ + \item $h(x) = \sin x$ непрерывна в $\mathbb{R}$ + \item $h = Cf(x)$ непрерывна, если $f(x)$ непрерывна в точке и $C = \const$ + \item $h = f(x) + g(x)$ непрерывна, если $f(x)$ и $g(x)$ непрерывны в точке + \item $h = f(x)g(x)$ непрерывна, если $f(x)$ и $g(x)$ непрерывны в точке + \item $h = \frac{f(x)}{g(x)}$ непрерывна, если $f(x)$ и $g(x)$ непрерывны в точке и + $g(a) \neq 0$ + \end{enumerate} +} + + Доказательства сразу следуют из свойств пределов + \begin{addmargin}[2em]{0pt} + \begin{enumerate} + \item $\displaystyle + \lim_{x \to a} h(x) = \lim_{x \to a} x = a \qed$ + \item Справа: $\displaystyle |x - a| < \varepsilon \Rightarrow \sin x - \sin a = 2\sin\frac{x - a}{2}\cos\frac{x + a}{2} \leq 2\sin\frac{x - a}{2} < 2 \frac{x - a}{2} < \varepsilon + $\\ Слева аналогично. + \item $\displaystyle + \lim_{x \to a} h(x) = + \lim_{x \to a} Cf(x) = + C\lim_{x \to a} f(x) = + Cf(a) = h(x)\qed$ + \item $\displaystyle + \lim_{x \to a} h(x) = + \lim_{x \to a} f(x) + g(x) = + \lim_{x \to a} f(x) + \lim_{x \to a} g(x) = + f(a) + g(a) = h(x) \qed$ + \item $\displaystyle + \lim_{x \to a} h(x) = + \lim_{x \to a} f(x)g(x) = + \lim_{x \to a} f(x) \cdot \lim_{x \to a} g(x) = + f(a)g(a) = h(x) \qed$ + \item $\displaystyle + \lim_{x \to a} h(x) = + \lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = + \frac{\lim_{x \to a} f(x)}{\lim_{x \to a} g(x)} = + \frac{f(a)}{g(a)} = h(x) \qed$ + \end{enumerate} + \end{addmargin} + + \medskip + Дальше классификация разрывов идет так: + \begin{addmargin}[2em]{0pt} + \begin{enumerate}[noitemsep] + \item устранимые, когда функция с обеих сторон стремится к одной и той же точке + \item неустранимые, когда у функции скачок (разные пределы слева и справа) не + \item неустранимые, когда хотя бы с одной из сторон вообще нет предела + \item особняком стоит случай, когда предел уходит в бесконечность + \end{enumerate} + \end{addmargin} + +\question{20.a}{ + \[ + f(x) = \frac{|x - 1|}{x^3 - x^2} + \] +} + \[ + f(x) = \frac{|x - 1|}{x^3 - x^2} = \frac{1}{x^2}\frac{|x - 1|}{x - 1} + \] + + Рассмотрим $f(x)$ отдельно на $(-\infty; 0), \{0\}, (0, 1), \{1\}, (1, +\infty)$ + + На всех интервалах она непрерывна по лемме, поскольку все интервалы входят в ее область определения + + \begin{minipage}{0.45\textwidth} + \begin{align*} + \lim_{x \to 0_+} \frac{1}{x^2} \cdot (-1) = -\infty\\ + \lim_{x \to 0_-} \frac{1}{x^2} \cdot (-1) = +\infty\\ + \end{align*} + \qquad\qquad\qquad Разрыв 4 типа + \end{minipage}% + \hfill + \begin{minipage}{0.45\textwidth} + \begin{tabular}{|p{\textwidth}} + \begin{align*} + \lim_{x \to 1_+} \frac{1}{x^2} \frac{x - 1}{x - 1} = +\infty\\ + \lim_{x \to 1_-} \frac{1}{x^2} \frac{1 - x}{x - 1} = -\infty\\ + \end{align*} + \qquad\qquad\qquad Разрыв 4 типа + \end{tabular} + \end{minipage} + +\question{20.b}{ + \[ + f(x) = \frac{x}{\sin x} + \] +} + + По лемме $f(x)$ непрерывна на $\mathbb{R} \setminus \{\pi n, n \in \mathbb{Z}\}$ + + \[ + \lim_{x \to \pi n} \frac{x}{\sin x} = + \lim_{x \to 0} \frac{x + \pi n}{\sin (x + \pi n)} = + \lim_{x \to 0} \frac{x}{\sin x} + \frac{\pi n}{\sin x} = + \lim_{x \to 0} \frac{x}{\sin x} = 1 + \] + + $f(x)$ не определена в $\{\pi n, n \in \mathbb{Z}\}$, поэтому разрывы в этих точках устранимые (1 тип) + +\question{20.c}{ + \[ + f(x) = \begin{cases} + x\sin\frac{1}{x}, & x \neq 0\\ + a, & x = 0 + \end{cases} + \] +} + + По лемме $f(x)$ непрерывна при $x \neq 0$ + \begin{gather*} + \lim_{x \to 0_+} x\sin\frac{1}{x} = 0\\ + \lim_{x \to 0_-} x\sin\frac{1}{x} = 0 + \end{gather*} + + Если $a = 0$, то функция непрерывна на $\mathbb{R}$, + иначе - в $0$ есть устранимый разрыв 1 типа + +\question{20.e}{ + \[ + f(x) = \sign(\sin\frac{\pi}{x}) + \] +} + + Синус меняет знак в точках вида $\pi n, n \in \mathbb{Z}$, то есть при $x = \frac{1}{n}, n \in \mathbb{Z}$. + В интервалах между такими точками $\sign$ -- константа, поэтому непрерывен + + \begin{gather*} + \lim_{x \to \frac{1}{n}_+} \sign(\sin\frac{1}{x}) = (-1)^{n + 1}\\ + \lim_{x \to \frac{1}{n}_-} \sign(\sin\frac{1}{x}) = (-1)^{n} + \end{gather*} + + Разрыв не устранимый, так как пределы сходятся к $+1$ и $-1$. + так как точки разрыва (точки смены знака) находятся сколь угодно близко к $0$, то + предела в $0$ нет, поэтому разрыв 3 типа + +\question{20.f}{ + \[ + f(x) = \begin{cases} + x, &x \in \mathbb{Q}\\ + 0, &x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} + \end{cases} + \] +} + + В любой окресности любого рационального числа лежит бесконечное количество иррациональных чисел, поэтому $f(x)$ разрывна (3 тип) в любой рациональной точке, кроме 0, в котором она непрерывна. + + В любой окресности иррационального числа $r$ лежит бесконечно много рациональных точек, по модулю больших $|r| - \varepsilon$, поэтому в иррациональных точках $f(x)$ тоже имеет разрывы 3 типа в иррациональных точках + +\question{20.g}{ + \[ + f(x) = \begin{cases} + \frac{1}{n}, & x = \frac{m}{n}, \quad (m, n) = 1\\ + 0, & x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} + \end{cases} + \] +} + + Заметим, что как и в предыдущем пункте f(x) имеет разрывы 3 типа в рациональных точках, кроме $0$. + + Рассмотрим иррациональную точку. В ограниченной её окрестности находится конечное число точек, в которых функция принимает значение 1. И конечное число точек, в которых функция принимает значение 2. И так далее, мы можем стягиванием интервала ограничивать сверху максимум на нем. Поэтому для любого $\varepsilon$ найдется соответствующая $\delta$ и в иррациональной точке предел будет равняться нулю. Как и значение функции в этой точке. + + Поэтому $f(x)$ непрерывна только в иррациональных точках и $0$, а в рациональных без $0$ она имеет разрывы 3 типа. +\end{document} diff --git a/sol1118.tex b/sol1118.tex new file mode 100644 index 0000000..4c12ca2 --- /dev/null +++ b/sol1118.tex @@ -0,0 +1,200 @@ +\documentclass[11pt]{article} +%\usepackage[T2A]{fontenc} +%\usepackage[utf8]{inputenc} +%\usepackage[russian]{babel} + +\usepackage{datetime2} + +\input{intro} + +\lhead{\color{gray} Матанализ} +\rhead{\color{gray} sol1118} + +\makeatletter +\renewcommand*\env@matrix[1][*\c@MaxMatrixCols c]{% + \hskip -\arraycolsep + \let\@ifnextchar\new@ifnextchar + \array{#1}} +\makeatother + + +\DeclareMathOperator{\chr}{char} + +% -- Here bet dragons -- +\begin{document} + +%\section*{Abstract} + + +\question{2}{ + Сформулировать определение неравномерной непрерывности +} + + Функция $f$ неравномерно непрерывна на $[a, b]$, если она непрерывна на $[a, b]$, но: + \[ + \exists \varepsilon > 0 :\ \ \exists x_1, x_2 :\ \ |x_1 - x_2| < \delta(\varepsilon), \left| f(x_1) - f(x_2) \right| \geq \varepsilon + \] + +\question{6}{ + \[ + f(xy) = f(x)f(y) \Rightarrow f(x) = x^a + \] +} + + \[ + f(1 \cdot 1) = f(1)^2 \Rightarrow f(1)(f(1) - 1) = 0 \Rightarrow + \begin{cases} + f(1) = 0 \Rightarrow f(x) = f(1)f(x) = 0 \Rightarrow f(x) \equiv 0\\ + f(1) = 1 + \end{cases} + \] + + \[ + f(x) = f(x^{\frac{1}{n}})f(x^{\frac{n - 1}{n}}) = \ldots = f(\sqrt[n]{x})^n + \] + + Из предыдущего равенства следует такое: + \[ + \left(f(x^n)\right)^{\frac{1}{n}} = f(x) + \] + + Из двух предыдущих: + \[ + f(x) = f(x^{\frac{m}{n}})^{\frac{n}{m}} + \] + + Так как $f(x)$ - непрерывна, то можем перейти к пределам: + + \[ + \lim_{x \to x_0} f(x_0) = f(x_0^y)^{\frac{1}{y}}, \ \ y \in \mathbb{R} + \] + \[ + \lim_{x \to x_0} f(x_0) = f(x_0^{\log_{x_0}z})^{\log_z x_0} \Rightarrow + f(z) = f(x_0)^{\log_z x_0}, \qquad z \neq 1 + \] + + Примем $x_0$ за $2$. Тогда $f(x_0) = f(2) = 2^a$ для некоторого $a$. + Для 1 мы доказали, что $f(1) = 1$, а для любого $z \neq 1$: + \[ + f(z) = f(2)^{\log_z 2} = 2^{a \log_z 2} = z^a \qed + \] + + Непрерывностью я пользовался для перехода к иррациональным числам и скорее всего она здесь нужна при любом решении. + +\question{7.b}{ + \[ + f(x) = \ln x + \] +} + + $f(x)$ непрерывна: + \[ + \forall \varepsilon > 0 : \qquad + \delta = x_0(1 - \frac{1}{e^\varepsilon}) \Rightarrow + \forall x_1: |x_1 - x_2| < \delta \Rightarrow x_0 < e^\epsilon x_1 + \Rightarrow \ln \frac{x_0}{x_1} < \ln e^\varepsilon < \varepsilon + \] + + Но не равномерно: + \[ + \forall \varepsilon, \delta > 0: \qquad + x_1 = \frac{\delta}{2}, x_2 = \frac{\delta}{2e}: \qquad + \ln \frac{x_1}{x_2} = \ln e = 1 > \varepsilon + \] + +\question{7.c}{ + \[ + f(x) = e^x \cos(\frac{1}{x}) + \] +} + + Чтобы $f(x)$ была равномерно непрерывной мы хотим, чтобы при любом $n$: + \begin{gather*} + e^{\frac{1}{2\pi n}} + e^{\frac{1}{2\pi n + n}} < \varepsilon\\ + 2e^\frac{1}{2\pi n} < \varepsilon\\ + \frac{1}{2\pi n} < \ln \frac{\varepsilon}{2}\\ + 2\pi n > \frac{1}{\ln \frac{\varepsilon}{2}}\\ + n > \frac{1}{\ln \frac{\varepsilon}{2} 2\pi}\\ + \end{gather*} + + При маленьких $\varepsilon$ это работает, поэтому функция равномерно непрерывна. + +\question{7.d}{ + \[ + f(x) = x + \sinx + \] +} + + $f(x)$ непрерывна: + \begin{gather*} + \forall \varepsilon > 0: \qquad + \delta = \frac{\varepsilon}{4}. \qquad + |x_1 - x_2| < \delta \Rightarrow\\ + x_1 - x_2 + \sin x_1 - \sin x_2 = + x_1 - x_2 + \sin \frac{x_1 - x_2}{2} \cos \frac{x_1 + x_2}{2} \leq\\ + x_1 - x_2 + \sin \frac{x_1 - x_2}{2} \leq + x_1 - x_2 + \frac{x_1 - x_2}{2} < \tfrac{3}{4}\varepsilon < \varepsilon + \end{gather*} + + И так как выбор $\delta$ не зависел от $x$, то она равномерно непрерывна + +\question{10}{ + \[ + \overset{\infty}{\underset{n = 2}\cup} \left[ \tfrac{1}{n}, 1 \right] = (0, 1] + \] +} + + Понятно, что $\forall n \in \mathbb{N}: \ \ \ [\tfrac{1}{n}, 1] \subseteq (0, 1]$ + + Докажем, что $\forall x \in (0, 1] \ \ \ \exists n \in \mathbb{N}: \ \ x \in [\tfrac{1}{n}, 1]$: + \[ + n = \left\lceil\frac{1}{x}\right\rceil \Rightarrow \frac{1}{n} \leq x \Rightarrow x \in [\tfrac{1}{n}, 1] + \] + + Собственно, это и является контрпримером к удверждению в первой части вопроса. + + +\question{13}{ + \[ + \overline{0.(002)_3} \ \overset{?} \in \ \Pi + \] +} + + Заметим, что на очередном шаге построения множества мы удаляем интервал $(\overline{0.\star 1}, \overline{0.\star 2})$, поэтому, если в троичной записи числа нет единиц, то оно никогда не будет удалено, следовательно, останется в Канторовом множестве. + + Так как число бесконечно в троичной системе, то оно не представляется как конечная сумма чисел вида $\frac{1}{3^n}$, поэтому оно никогда не будет концом удаляемого интервала, поэтому это число 2 рода. + +\question{14}{ + Найти точку Канторова множества на отрезках: + \textbf{(a)} $[0.05, 0.1]$, + \textbf{(b)} $[0.025, 0.5]$ +} + + \textbf{(a)} Делением в столбик получаем, что + $a = \frac{1}{18} = \overline{0.00(1)}_3$, \qquad + $b = \frac{1}{12} = \overline{0.0(02)}_3$. + + Очевидно, что + \[ + 0.05 < a = + \overline{0.00(1)}_3 < + \overline{0.002}_3 < + \overline{0.0(02)}_3 = + b < 0.1 + \] + + Так как в записи нет цифры 1, то эта точка принадлежит Канторову множеству. Поэтому $\overline{0.002}_3$ -- искомая. + + \medskip + + \textbf{(b)} $\frac{1}{3}$ -- точка первого рода и $0.025 < \frac{1}{3} < 0.5$ $\Rightarrow \frac{1}{3}$ -- искомая + +\question{15}{ + Слишком длинное условие =( +} + + Докажем, что $f(x)$ разрывна в точках Канторова множества. + + Так как в этом множестве нет изолированных точек и на любом интервале в $\mathbb{R}$, полностью не лежащем в удаленном интервале, есть середина удаленного интервала, то для любой точки множества есть две последовательности, стремящиеся к этой точке по точкам канторова множества и по серединам удаленных отрезков, поэтому в точке множества есть два разных частичных предела (0 и 1), поэтому функция в этих точках разрывна. + +\end{document} diff --git a/sol1202.tex b/sol1202.tex new file mode 100644 index 0000000..59f5a17 --- /dev/null +++ b/sol1202.tex @@ -0,0 +1,239 @@ +\documentclass[11pt]{article} +%\usepackage[T2A]{fontenc} +%\usepackage[utf8]{inputenc} +%\usepackage[russian]{babel} +\usepackage[x11names, svgnames, rgb]{xcolor} +\usepackage{tikz} +\usetikzlibrary{arrows,shapes} + +\usepackage{scrextend} + + +\input{intro} + +\lhead{\color{gray} Шарафатдинов Камиль 192} +\rhead{\color{gray} ДЗ к 07.12 (\texttt{sol1202})} +\title{ДЗ на 07.12} +\author{Шарафатдинов Камиль БПМИ-192} +\date{билд: \today} + +% -- Here bet dragons -- +\begin{document} + +\maketitle + +\question{17}{ + \[ + \lim_{x \to \infty} f(x) = 0, \qquad + \lim_{x \to \infty} g(x) = 0, \qquad + \] + Доказать, что + \[ + \begin{cases} + f(x), g(x) \text{ -- дифф. в окрестности } \infty \quad (1)\\ + \exists \lim_{x \to +\infty} f(x) = 0\\ + \exists \lim_{x \to +\infty} g(x) = 0\\ + g'(x) \neq 0\\ + \exists \frac{f'(x)}{g'(x)} + \end{cases} + \implies \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to \infty} \frac{f'(x)}{g'(x)} + \] +} + + \[ + (1) \Rightarrow f\braced{\frac{1}{t}}, g\braced{\frac{1}{t}} \text{ -- дифф. в окрестности } 0 + \] + + \[ + \lim_{x \to \infty} \frac{f'(x)}{g'(x)} = + \lim_{y \to 0} \frac{(f(\frac{1}{t}))'}{(g(\frac{1}{t}))'} = + \lim_{y \to 0} \frac{-t^2}{-t^2}\frac{f'(\frac{1}{t})}{g'(\frac{1}{t})} \overset{\text{по правилу Лопиталя}}{=} + \lim_{y \to 0} \frac{f(\frac{1}{t})}{g(\frac{1}{t})} = + \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{g(x)} \qed + \] + + +\question{21}{ + \begin{enumerate} + \item $ + x^{2/3} + y^{2/3} = a^{2/3} + $ + \item $\displaystyle + \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 + $ + \end{enumerate} +} + 1. + \begin{gather*} + x^{2/3} + y^{2/3} = a^{2/3}\\ + \frac{2}{3}x^{-1/3} + y' \frac{2}{3} y^{-1/3} = 0\\ + x^{-1/3} + y' y^{-1/3} = 0\\ + y' = -\frac{y^{1/3}}{x^{1/3}} = -\sqrt[3]{\frac{y}{x}} + \end{gather*} + + 2. + \begin{gather*} + \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1\\ + \frac{2x}{a^2} + \frac{2yy'}{b^2} = 0\\ + \frac{yy'}{b^2} = -\frac{x}{a^2}\\ + y' = -\frac{x}{y}\cdot\frac{b^2}{a^2} + \end{gather*} + +\question{21}{ + \[ + r = ae^{m\varphi} + \] +} + + \begin{gather*} + r = ae^{m\varphi}\\ + \sqrt{x^2 + y^2} = ae^{m \arctan{\frac{y}{x}}}\\ + \frac{2x + 2yy'}{2\sqrt{x^2 + y^2}} = + ae^{m \arctan{\frac{y}{x}}} m (\arctan{\frac{y}{x}})' = + ae^{m \arctan{\frac{y}{x}}} m \frac{1}{1 + \braced{\frac{y}{x}}^2} \frac{y'x - y}{x^2}\\ + \frac{x + yy'}{y'x - y} = + mae^{m \varphi}\frac{1}{\frac{x^2 + y^2}{x^2}} \frac{1}{x^2} \sqrt{x^2 + y^2} = + \frac{mae^{m \varphi}}{r} = \mu\\ + \frac{x + yy'}{y'x - y} = \mu\\ + x + yy' = \mu (y'x - y)\\ + x + \mu y = \mu y'x - yy'\\ + y' = \frac{x + \mu y}{\mu x - y} = + \frac{x + \frac{mae^{m \varphi}}{r}y}{\frac{mae^{m \varphi}}{r}x - y} = + \frac{xr + ymae^{m \varphi}}{xmae^{m \varphi} - yr} + \end{gather*} + +\question{23}{ + \[ + y_1 = ax^2, \qquad\qquad y_2 = \ln x + \] +} + + Чтобы кривые касались, достаточно, чтобы их функции и производные были равны в некоторой точке: + \[ + \begin{cases} + y_1 = y_2\\ + y_1' = y_2'\\ + \end{cases} + \] + \[ + 2ax = \frac{1}{x} \implies x = \sqrt\frac{1}{2a} + \] + \[ + ax^2 = \ln x \overset{\text{подставим $x$}}{\implies} + \frac{1}{2} = \ln {\sqrt\frac{1}{2a}} \implies + \frac{1}{2a} = e \implies a = \frac{1}{2e} + \] + +\question{24}{ + \[ + x = \frac{2t + t^2}{1 + t^3}, \qquad y = \frac{2t - t^2}{1 + t^3} + \] +} + + $ + \exists \varphi^{-1}(x): xt^3 - t^2 - 2t + x = 0 + $ и функции дифференцируемы в окрестностях нужных точек, поэтому $f'(x_0) = \frac{x'(t_0)}{y'(t_0)}$ + + \[ + f'(x) = \frac{\braced{\frac{2t - t^2}{1 + t^3}}'}{\braced{\frac{2t + t^2}{1 + t^3}}'} = + \frac{(2 - 2t)(1 + t^3) - 3t^3(2t - t^2)} + {(2 + 2t)(1 + t^3) - 3t^3(2t + t^2)} = + \frac{2 - 2t + 2t^3 - 2t^4 - 6t^4 + 3t^5} + {2 + 2t + 2t^3 + 2t^4 - 6t^4 - 3t^5} + \] + + \begin{enumerate}[(a)] + \item $t = 0: $ $f'(x) = 1$\\ + \[ + 1 \cdot(y - 0) + (x - 0) = 0 \Rightarrow y + x = 0 + \] + \item $t = 1: $ $f'(x) = 3$\\ + \[ + 3 \cdot(y - 1.5) + (x - 1.5) = 0 \Rightarrow 3y + x - 3 = 0 + \] + \item $t = +\infty: $ $f'(x) = -1$\\ + \[ + -1 \cdot(y - 0) + (x - 0) = 0 \Rightarrow -y + x = 0 + \] + \end{enumerate} + +\question{25.a}{ + \[ + \lim_{x \to 0} \frac{\ln \cos ax}{\ln \cos bx} = \frac{a^2}{b^2} + \] +} + \begin{align*} + &\lim_{x \to 0} \frac{\ln \cos ax}{\ln \cos bx} \overset{\text{Лопиталь}}= + \lim_{x \to 0} \frac{-a \sin ax}{\cos ax} \frac{\cos bx}{-b \sin bx} = + \lim_{x \to 0} \frac{\sin ax}{\sin bx} \cdot \frac{a\cos bx}{b\cos ax} =\\\\ + &\lim_{x \to 0} \frac{a(bx) \sin ax}{(ax)b \sin bx} \cdot \frac{a\cos bx}{b\cos ax} \overset{\text{1й зам. предел}}= + \lim_{x \to 0} \frac{a}{b} \cdot \frac{a\cos bx}{b\cos ax} = \frac{a^2}{b^2} + \end{align*} + +\question{25.b}{ + \[ + \lim_{x \to a} \frac{a^x - x^a}{x - a} = a^a (\ln a - 1) + \] +} + + \[ + \lim_{x \to a} \frac{a^x - x^a}{x - a} = + \lim_{x \to a} \frac{e^{x\ln a} - x^a}{x - a} \overset{\text{Лопиталь}}= + \lim_{x \to a} \frac{\ln a \cdot a^x - ax^{a - 1}}{1} \overset{\text{ф-я непрерывна}}= + \frac{\ln a \cdot a^a - a \cdot a^{a - 1}}{1} = a^a (\ln a - 1) + \] + +\question{25.c}{ + \[ + \lim_{x \to 1} \frac{1}{\ln x} - \frac{1}{x - 1} = \frac{1}{2} + \] +} + + \begin{align*} + \lim_{x \to 1} \frac{1}{\ln x} - \frac{1}{x - 1} = + \lim_{x \to 1} \frac{x - 1 - \ln x}{(x - 1) \ln x} \overset{\text{Лопиталь}}= + \lim_{x \to 1} \frac{1 - \frac{1}{x}}{\ln x + \frac{x - 1}{x}} \overset{\cdot \frac{x}{x}}= + \lim_{x \to 1} \frac{x - 1}{x \ln x + x - 1} \overset{\text{Лопиталь}}=\\ + =\lim_{x \to 1} \frac{1}{1 + \ln x + 1} = \frac{1}{2} + \end{align*} + + +\question{25.c}{ + \[ + \frac{(1 + x)^\frac{1}{x} - e}{x} = -\frac{e}{2} + \] +} + + \begin{align*} + &\lim_{x \to 0}\frac{(1 + x)^\frac{1}{x} - e}{x} = + \lim_{x \to 0}\frac{e^\frac{\ln (x + 1)}{x} - e}{x} \overset{\text{Лопиталь}}=\\ + = &\lim_{x \to 0}\frac{e^\frac{\ln (x + 1)}{x} \cdot \frac{\frac{x}{x + 1} - \ln(x + 1)}{x^2}}{1} = + \lim_{x \to 0}e^\frac{\ln (x + 1)}{x} \cdot \frac{\frac{x}{x + 1} - \ln(x + 1)}{x^2} \overset{\text{св-ва пределов}}=\\ + = &\lim_{x \to 0}e^\frac{\ln (x + 1)}{x} \cdot + \lim_{x \to 0} \frac{\frac{x}{x + 1} - \ln(x + 1)}{x^2} = + \lim_{x \to 0}(x + 1)^\frac{1}{x} \cdot + \lim_{x \to 0} \frac{x - (x + 1)\ln(x + 1)}{(x + 1)x^2} =\\ + = &e \lim_{x \to 0} \frac{x - (x + 1)\ln(x + 1)}{(x + 1)x^2} \overset{\text{св-ва пределов}}= + e \lim_{x \to 0} \frac{1}{x + 1} \lim_{x \to 0} \frac{x - (x + 1)\ln(x + 1)}{x^2} =\\ + = &e \lim_{x \to 0} \frac{x - x\ln(x + 1) - \ln(x + 1)}{x^2} \overset{\text{св-ва пределов}}= + e \left( \lim_{x \to 0}\frac{x - \ln(x + 1)}{x^2} - \lim_{x \to 0}\frac{x\ln(x + 1)}{x^2} \right) \overset{\text{два Лопиталя}}=\\ + = &e \left( \lim_{x \to 0} \frac{1 - \frac{1}{x + 1}}{2x} - \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{x + 1}}{1} \right) = + e \left( \lim_{x \to 0} \frac{x + 1 - 1}{2x(x + 1)} - 1 \right) = + e \left( \lim_{x \to 0} \frac{1}{2(x + 1)} - 1 \right) = + e \left( \frac{1}{2} - 1 \right) = -\frac{e}{2} + \end{align*} + +\question{25.e}{ + \[ + \lim_{x \to 1} \frac{1}{\ln x} - \frac{1}{x - 1} = \frac{1}{2} + \] +} + \begin{align*} + &\lim_{x \to 1} \frac{1}{\ln x} - \frac{1}{x - 1}= + \lim_{x \to 1} \frac{x - 1 - \ln x}{(x - 1)\ln x} \overset{\text{Лопиталь}}=\\ + = &\lim_{x \to 1} \frac{1 - \frac{1}{x}}{\ln x + \frac{x - 1}{x}} = + \lim_{x \to 1} \frac{x - 1}{x\ln x + x - 1} \overset{\text{Лопиталь}}=\\ + = &\lim_{x \to 1} \frac{1}{1 + \ln x + 1} = \frac{1}{2} + \end{align*} + +\end{document} diff --git a/test_dot.tex b/test_dot.tex new file mode 100644 index 0000000..a913de1 --- /dev/null +++ b/test_dot.tex @@ -0,0 +1,14 @@ +% A simple cycle +% Author : Jerome Tremblay +\documentclass{standalone} +\usepackage{tikz} +\begin{document} +\begin{tikzpicture} + \node[shape=circle,draw=blue] (A) at (0,0) {$v_1$}; + \node[shape=circle,draw=red] (B) at (2,2) {$v_2$}; + \node[shape=circle,draw=blue] (C) at (0,4) {$v_3$}; + + \path [-](A) edge node[left] {} (B); + \path [-](B) edge node[left] {} (C); +\end{tikzpicture} +\end{document}
\ No newline at end of file |