Dump some shit

2 files changed, 200 insertions, 0 deletions

diff --git a/calc/sol0413.tex b/calc/sol0413.tex
new file mode 100644
index 0000000..c90ffa5
--- /dev/null
+++ b/calc/sol0413.tex
@@ -0,0 +1,120 @@
+\documentclass[11pt]{article}
+\usepackage{../intro}
+
+\lhead{\color{gray} \small \textit{Шарафатдинов Камиль 192}}
+\rhead{\color{gray} \small \textit{матан-0413}}
+\title{Матанализ 0413}
+
+% -- Here bet  dragons --
+\begin{document}
+\maketitle
+\drawcat{50pt}
+\clearpage
+
+\dmquestion{3b}{\[
+    \lim_{\substack{x \to +\infty \\ y \to +\infty}} \brac{xy}{x^2 + y^2}^{x^2}
+\]}
+
+    Так как обе переменные стремятся к $+\infty$, то можно считать, что $x > 0, y > 0$.
+
+    Перейдем к полярным координатам:
+    \begin{align*}
+        x &= r \cos \phi\\
+        y &= r \sin \phi
+    \end{align*}
+
+    \[
+        \lim_{\substack{x \to +\infty \\ y \to +\infty}} \brac{xy}{x^2 + y^2}^{x^2} =
+        \lim_{\substack{x \to +\infty \\ \phi \in [0, 2\pi)}} (\sin\phi\cos\phi)^{x^2}
+    \]
+
+    Теперь ограничим функцию с обеих сторон в предположении
+    $\phi \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$:
+    \[
+        0 \leqslant
+        (\sin\phi\cos\phi)^{x^2} =
+        \left(\frac{1}{2}\sin 2\phi\right)^{x^2} \leqslant
+        \brac{1}{2}^{x^2}
+    \]
+
+    Поэтому
+
+    \[
+        0 \leqslant
+        \lim_{\substack{x \to +\infty \\ y \to +\infty}} \brac{xy}{x^2 + y^2}^{x^2} \leqslant
+        \lim_{x \to +\infty} \brac{1}{2}^{x^2} = 0
+    \]
+
+    Значит и наш предел существует и равен $0$.
+
+\dmquestion{4d}
+    \[
+        \lim_{\substack{x \to 1 \\ y \to 0}} \frac{\log(1 + x - e^y)}{x^2 - xe^y}
+    \]
+
+    \[
+        z = x - e^y, z \to 0
+    \]
+
+    \[
+        \lim_{\substack{x \to 1 \\ y \to 0}} \frac{\log(1 + x - e^y)}{x^2 - xe^y} =
+        \lim_{\substack{x \to 1 \\ z \to 0}} \frac{\log(1 + z)}{xz} =
+        \lim_{\substack{x \to 1 \\ z \to 0}} \frac{z - \frac{z^2}{2} + o(z^2)}{xz} =
+        \lim_{\substack{x \to 1 \\ z \to 0}} \frac{1 - \frac{z}{2} + o(z)}{x} = 1
+    \]
+
+\dmquestion{8}
+\[
+    f(x, y) = \sin\brac{\pi}{1 - x^2 - y^2}
+\]
+
+    Я хочу доказать, что функция не является равномерно непрерывной.
+    Для простоты рассмотрим интервал $y = 0, 0 < x < 1$. мне надо доказать, что
+    \[
+        \exists \varepsilon > 0 :
+        \forall \delta > 0 :
+        \exists x_1, x_2 :
+        |x_1 - x_2| < \delta, |f(x_1, 0) - f(x_2, 0)| \geqslant \varepsilon
+    \]
+
+    Пусть $\varepsilon = 1$. Тогда $\forall \delta$ надо предъявить нужные $x_1$ и $x_2$:
+
+    Пусть для некоторого $n \geqslant 1$
+    \begin{align*}
+        x_1 &= \sqrt{1 - \frac{1}{\frac{1}{2} + 2n}}\\
+        x_2 &= \sqrt{1 - \frac{1}{-\frac{1}{2} + 2n}}\\
+    \end{align*}
+
+    При подстановке в $f(x_i, 0)$ получится:
+    \[
+        \sin\brac{\pi}{1 - x_i^2)} =
+        \sin\brac{\pi}{1 - \br{1 - \frac{1}{\pm\frac{1}{2} + 2n}}} =
+        \sin\br{\pi\br{\pm\frac{1}{2} + 2n}} = \pm 1
+    \]
+
+    Значит, $|f(x_1, 0) - f(x_2, 0)| = 2 > \varepsilon$.
+
+    \bigskip\bigskip
+
+    Теперь надо подобрать $n$ так, чтобы расстояние между $x_1$ и $x_2$ было меньше $\delta$.
+
+    По построению видно, что $0 < x_1 < x_2 < 1$. Поэтому достаточно найти такой $n$, что $1 - x_1 < \delta$. отсюда будет следовать, что $|x_2 - x_1| < \delta$.
+
+    Пусть $0 < \delta < 1$, иначе $1 - x_1 < 1 \leqslant \delta$ и все доказано.
+
+    \begin{align*}
+        1 - x_1 &< \delta\\
+        1 - \delta &< x_1\\
+        (1 - \delta)^2 &< x_1^2 = 1 - \frac{1}{\frac{1}{2} + 2n}\\
+        1 - 2\delta + \delta^2 &< 1 - \frac{1}{\frac{1}{2} + 2n}\\
+        - 2\delta + \delta^2 &< - \frac{1}{\frac{1}{2} + 2n}\\
+        2\delta - \delta^2 &> \frac{1}{\frac{1}{2} + 2n}\\
+        \delta(2 - \delta) &> \frac{1}{\frac{1}{2} + 2n}\\
+        &\explain{0 < \delta < 1 \implies \delta(2 - \delta) > 0}\\
+        \frac{1}{2} + 2n &> \frac{1}{\delta(2 - \delta)}\\
+        2n &> \frac{1 - \frac{\delta(2 - \delta)}{2}}{\delta(2 - \delta)}
+    \end{align*}
+
+    При таком $n$ расстояние между $x_1$ и $x_2$ меньше $\delta$, но расстояние между значениями функции больше $\varepsilon$, что и требовалось.
+
+\end{document}
diff --git a/calc/sol0420.tex b/calc/sol0420.tex
new file mode 100644
index 0000000..628ac5a
--- /dev/null
+++ b/calc/sol0420.tex
@@ -0,0 +1,80 @@
+\documentclass[11pt]{article}
+\usepackage{../intro}
+
+\lhead{\color{gray} \small \textit{Шарафатдинов Камиль 192}}
+\rhead{\color{gray} \small \textit{матан-0420}}
+\title{Матанализ 0420}
+
+% -- Here bet  dragons --
+\begin{document}
+\maketitle
+\drawcat{50pt}
+\clearpage
+
+\dmquestion{1c}{\[
+    f(x, y, z) = \frac{z}{x^2 + y^2}
+\]}
+
+    \begin{align*}
+        \fractial{f}{x} &= -\frac{2 x z}{(x^2 + y^2)^2}\\[8pt]
+        \fractial{f}{y} &= -\frac{2 y z}{(x^2 + y^2)^2}\\[8pt]
+        \fractial{f}{z} &= \frac{1}{x^2 + y^2}\\
+    \end{align*}
+    \[
+        \dif f =
+            -\frac{2 x z}{(x^2 + y^2)^2} \dif x
+            -\frac{2 y z}{(x^2 + y^2)^2} \dif y
+            +\frac{1}{x^2 + y^2} \dif z
+    \]
+
+\dmquestion{5}
+
+    Нормаль к плоскости из условия: $n = (1, -4, 6)$.
+
+    Пусть $F = x^2 - 2y^2 - z^2 - 12 = 0, \nabla F = (2x, -4y, -2z)$.
+
+    Нам требуется решить систему
+    \[
+        \begin{cases}
+            \nabla F (x_0, y_0, z_0)\  \|\  n\\[6pt]
+            F(x_0, y_0, z_0) = 0
+        \end{cases}
+    \]
+
+    Из первого:
+    \[
+        y_0 = 2x_0, \qquad -\frac{1}{3}z_0 = 2x_0, \quad z_0 = -6x_0
+    \]
+
+    Второе:
+    \[
+        x_0^2 - 8x_0^2 - 36x_0^2 - 12 = 0
+    \]
+    \[
+        -43x_0^2 = 12
+    \]
+
+    Но такого в $\mathbb{R}$ не бывает, поэтому у поверхности нет точек, в которых касательная плоскость параллельна плоскости из условия.
+
+\dmquestion{15b}{\[
+    x^y = y^x
+\]}
+\clearpage
+
+\dmquestion{16c}{\[
+    x + y + z = e^z
+\]}
+
+    Продифференцируем обе части равенства по $x$
+    \[
+        1 + \fractial{z}{x} = \fractial{z}{x} e^z
+    \]
+    \[
+        \fractial{z}{x} = \frac{1}{e^z - 1}
+    \]
+
+    Аналогично по $y$, 
+    \[
+        \fractial{z}{y} = \frac{1}{e^z - 1}
+    \]
+\end{document}