Add stuffHEADmaster

1 files changed, 200 insertions, 0 deletions

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}