\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}
