1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
113
114
115
116
117
118
119
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}
|
