diff options
Diffstat (limited to 'calc/sol0413.tex')
| -rw-r--r-- | calc/sol0413.tex | 120 |
1 files changed, 120 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} |