diff options
Diffstat (limited to 'sol1118.tex')
| -rw-r--r-- | sol1118.tex | 200 |
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} |