From cde574c74030b0f633d2c25f8446f8967ed13696 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: syn <isaqtm@gmail.com>
Date: Fri, 8 May 2020 22:19:04 +0300
Subject: Dump some shit

---
 calc/sol0413.tex | 120 +++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
 1 file changed, 120 insertions(+)
 create mode 100644 calc/sol0413.tex

(limited to 'calc/sol0413.tex')

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}
-- 
cgit v1.2.1-18-gbd029

