Homework 1 solution for Calculus 1 course at Innopolis University, 2016

homework1.tex

\documentclass[a4paper,10pt]{article}

\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[russian]{babel} % Cyrillics!
\usepackage{cmap} % Copypastable cyrillics!
\usepackage{amsmath} % Multiline equations
\usepackage{mathtools} % Disable numbering equations by default
\mathtoolsset{showonlyrefs}
\usepackage{indentfirst} % Indent first paragraph in chapter

\title{Homework \#1}
\author{Andrey Alekseenko}
\date{}

\pdfinfo{%some PDF metadate
  /Title    (Homework \#1)
  /Author   (Andrey Alekseenko)
  /Creator  (Andrey Alekseenko)
  /Subject  (Calculus I)
}

\begin{document}
%\maketitle

\section*{Calculus~I, Homework \#1}
\noindent\textbf{Innopolis University, 2016}
\\
\\
Замечание: многие пределы легко ищутся по таблице эквивалентности функций.
Это вполне допустимо, но в этом разборе я старался обойтись без неё.

\section*{Гл.~2, §8}

\textbf{26.7} Найти предел:

\begin{equation}
 \lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n}}{\sqrt[3]{n^3+n}+n} =
 \lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt{1 + \frac{1}{n^1}} + \sqrt{\frac{1}{n}}}{\sqrt[3]{1 + \frac{1}{n^2}}+1} = 
 \lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt{1 + 0} + 0}{\sqrt[3]{1 + 0}+1} = 
 \mathbf{\frac{1}{2}}
\end{equation}

\textbf{35.3} Известно, что $x_n \neq 1$, $\displaystyle{\lim_{n\to\infty}{x_n} = 1}$. Найти предел:

\begin{equation}
 \lim_{n\to\infty} \frac{x_n^2 + x_n - 2}{x_n - 1} = 
 \lim_{n\to\infty} \frac{(x_n - 1)(x_n + 2)}{x_n - 1} = 
 \lim_{n\to\infty} (x_n + 2) = \mathbf{3}
\end{equation}

\textbf{45.1} Найти предел:

\begin{multline}
 \lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt[n]{8} - 1}{\sqrt[n]{16} - 1} = 
 \lim_{n\to\infty} \frac{\left(\sqrt[n]{2}\right)^3 - 1}{\left(\sqrt[n]{2}\right)^4 - 1} = 
 \textrm{(замена } y_n = \sqrt[n]{2}\textrm{, } \lim_{n\to\infty}y_n = 1\textrm{)} = \\ =
 \lim_{n\to\infty} \frac{(y_n^3 - 1)}{y_n^4 - 1} = 
 \lim_{n\to\infty} \frac{(y_n - 1)(y_n^2 + y_n + 1)}{(y_n - 1)(y_n + 1)(y_n^2 + 1)} =
 \lim_{n\to\infty} \frac{(y_n^2 + y_n + 1)}{(y_n + 1)(y_n^2 + 1)} = \\ =
 \mathbf{\frac{3}{4}}
\end{multline}

\textbf{235} Доказать, что существует $\displaystyle{\lim_{n\to\infty}x_n}$ и найти его, если 
$$x_1 = 2 \textrm{, } x_{n+1} = 2-\frac{1}{x_n}$$

Докажем существование по теореме Вейерштрасса (каждая ограниченная и монотонная последовательность имеет конечный предел):

Ограниченность (по индукции): если $1 < x_n \le 2$, то $2-\frac{1}{1} < 2-\frac{1}{x_n} \le 2-\frac{1}{2} < 2$, т.е. $1 < x_{n+1} \le 2$.

Монотонность: 
$$x_{n+1} - x_n = 2 - \frac{1}{x_n} - x_n = \frac{2 x_n - 1 - x_n^2}{x_n} = \frac{-(x_n - 1)^2}{x_n}$$

Так как $x_n > 0$, то $x_{n+1} - x_n < 0$, т.е. последовательность убывающая. Таким образом, по т.~Вейерштрасса она имеет конечный предел.

\begin{multline}
 \lim_{n\to\infty}x_n = \lim_{n\to\infty}x_{n+1} \Leftrightarrow 
 \textrm{(замена }a = \lim_{n\to\infty}x_n\textrm{)} \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow 
 a = 2 - \frac{1}{a} \Leftrightarrow a^2 - 2 a + 1 = 0 \Leftrightarrow a = 1
 \Leftrightarrow \lim_{n\to\infty}x_n = \textbf{1}
\end{multline}

Но особо наблюдательные могут заметить, что $x_n = \frac{n+1}{n}$ (по индукции: $x_1 = 2$, $x_{n+1} = \frac{n+2}{n+1} = 2 - \frac{1}{x_n} = 2 - \frac{n}{n+1} = \frac{n+2}{n+1}$), и искать предел уже для $\frac{n+1}{n}$.

\section*{Гл.~2, §9}

\textbf{20.8} Найти предел:

\begin{equation}
 \lim_{x\to 3} \frac{x^3 - 5x^2 +3x + 9}{x^3 - 8x^2 + 21x - 18} = 
 \lim_{x\to 3} \frac{(x-3)^2(x+1)}{(x-3)^2(x-2)} = \lim_{x\to 3} \frac{(x+1)}{(x-2)} =
 \mathbf{4}
\end{equation}

\textbf{29.7} Найти предел:

\begin{multline}
 \lim_{x\to 0} \frac{\cos 3x^3 - 1}{\sin^6 2x} =
 \lim_{x\to 0} \frac{\frac{(3x^3)^2}{2} \frac{\cos 3x^3 - 1}{0.5 (3x^3)^2}}{(2x)^6\left(\frac{\sin 2x}{2x}\right)^6} = \\ =
 \textrm{(замена } y = 3x^3 \to 0 \textrm{, } z=2x \to 0 \textrm{)} = 
 \lim_{x\to 0} \frac{3^2 x^6}{2^7 x^6} \frac{\lim_{y\to 0}\frac{\cos y - 1}{0.5 y^2}}{\left(\lim_{z\to 0}\frac{\sin z}{z}\right)^6} = \\ =
 \textrm{(первый замечательный предел и его следствие)} = 
 \frac{9}{128} \frac{-1}{1} = \mathbf{-\frac{9}{128}}
\end{multline}


\textbf{30.1} Найти предел:

\begin{multline}
 \lim_{x\to 1} \frac{\sin 7 \pi x}{\sin 2 \pi x} = \textrm{(замена } y = x - 1 \textrm{)} = 
 \lim_{y\to 0} \frac{\sin 7 \pi (y+1)}{\sin 2 \pi (y+1)} = \\ =
 \lim_{y\to 0} \frac{\sin \left(7 \pi y + 7 \pi \right)}{\sin \left( 2 \pi y + 2 \pi \right)} =
 \lim_{y\to 0} \frac{- \sin 7 \pi y}{\sin 2 \pi y} = \\ =
 \textrm{(следствие первого замечательного предела)} = \frac{- 7 \pi}{2 \pi} = \mathbf{-\frac{7}{2}}
\end{multline}

\textbf{35.4} Найти предел:

\begin{multline}
 \lim_{x\to 0} \frac{e^{7x} - e^{2x}}{\tg x} = \lim_{x\to 0} \frac{e^{7x} - e^{2x}}{x} \frac{x \cos x}{\sin x} = \\ =
 \lim_{x\to 0} \frac{e^{7x} - e^{2x}}{x} = \lim_{x\to 0} e^{2x} \frac{e^{5x} - 1}{x} = \lim_{x\to 0} \frac{(e^5)^x - 1}{x} = \\ =
 \textrm{(следствие второго замечательного предела)} = \ln e^5 = \mathbf{5}
\end{multline}

Доказательство следствия:

\begin{multline}
 \lim_{x\to 0} \frac{a^x - 1}{x} = \lim_{x\to 0} \frac{e^{x \ln a} - 1}{x} = 
 \left( \textrm{замена } y = a^x - 1 \textrm{, } x = \frac{\ln(y+1)}{\ln a} \right) = \\ =
 \lim_{y\to 0} \frac{y \ln a}{\ln(y+1)} = \lim_{y\to 0} \frac{\ln a}{\ln (y+1)^\frac{1}{y}} = 
 \frac{\ln a}{\ln \left( \lim_{y\to 0} (y+1)^\frac{1}{y} \right)} = 
 \frac{\ln a}{\ln e} =  \ln a
\end{multline}

\textbf{39.2} Найти а) $f(-0)$, б) $f(+0)$, если $f(x) = \arccos (x-1)$

В случае (а), $x < 0$, и $x-1$ лежит вне области определения $\arccos$, т.е. предела не существует.

В случае (б), в силу непрерывности $\arccos$, $f(+0) = \arccos (-1) = \pi$

\textbf{38.2} Найти предел, если $a>0$, $b>0$, $a \neq b$:

\begin{multline}
 \lim_{x\to 0} \frac{\left( a^x - b^x \right)^2}{a^{x^2} - b^{x^2}} = \left( \textrm{обозначим } \alpha = \frac{a}{b} \right) =
 \lim_{x\to 0} \frac{b^{2x} \left( \alpha^x - 1 \right)^2}{b^{x^2}\left(\alpha^{x^2} - 1\right)} = \\ =
 \lim_{x\to 0} \frac{\left( \alpha^x - 1 \right)^2}{\alpha^{x^2} - 1} =
 \lim_{x\to 0} \left( \frac{\alpha^x - 1}{x} \right)^2 \frac{x^2}{\alpha^{x^2} - 1} = \\ =
 \textrm{(следствие второго замечательного предела)} = 
 \left(\ln \alpha \right)^2 \lim_{x\to 0} \frac{x^2}{\alpha^{x^2} - 1} = \\ = 
 (\textrm{замена } y = x^2) = 
 \left(\ln \alpha \right)^2 \lim_{y\to 0} \frac{y}{\alpha^y - 1} =
 \ln \alpha  =
 \mathbf{\ln \left( \frac{a}{b} \right)}
\end{multline}

\textbf{58.1} Вычислить:

\begin{multline}
 \lim_{x\to 2} \frac{\arctg(2-x)+\sin(x-2)^2}{x^2 - 4} = 
 \lim_{x\to 2} \frac{-\arctg(x-2)+\sin(x-2)^2}{(x-2)(x+2)} = \\ =
 (\textrm{замена } y = x - 2) =
 \lim_{y\to 0} \frac{-\arctg y + \sin y^2}{y (y+4)} =  \\ =
 \frac{1}{4} \left( \lim_{y\to 0} \frac{\arctg y}{y} + \lim_{y\to 0} y \frac{\sin y^2}{y^2}  \right) = \\ =
 \textrm{(первый замечательный предел и его следствие)} =
 \frac{1}{4} \left( - 1 + 0 \right) = 
 \mathbf{-\frac{1}{4}}
\end{multline}


Доказательство следствия:
\begin{multline}
 \lim_{x\to 0} \frac{\arctg x}{x} = (\textrm{замена } y = \arctg x) = \lim_{y\to 0} \frac{y}{\tg y} = \lim_{y\to 0} \frac{y \cos y}{\sin y} = 1
\end{multline}

\section*{Гл.~2, §10}

\textbf{11.4} Доопределить функцию $f(x) = \frac{\sin x}{x}$ в точке $x_0 = 0$ так, чтобы полученная функция была непрерывна в $x_0$:
\begin{equation}
 \lim_{x\to x_0} f(x) = \lim_{x\to 0} \frac{\sin x}{x} = 1
\end{equation}

Предел существует, т.е. разрыв устраним:

\begin{equation}
 \hat{f}(x) = 
 \begin{cases}
  f(x)\textrm{, если }x \neq 0,\\
  1\textrm{, если }x = 0.
 \end{cases}
\end{equation}

\textbf{18.7} Найти точки разрыва функции, установить их род, найти скачки функции в точках разрыва первого рода, построить график функции:
\begin{equation}
 y = \frac{(x+1)^2 - (x-1)^2}{x^2 - x} = \frac{4x}{x(x-1)}
\end{equation}

Точки разрыва: $x = 0$ и $x = 1$, в них функция неопределена. В остальных точках она непрерывна:
\begin{multline}
 \lim_{x \to x_0} \left| f(x) - f(x_0) \right| = 
 \lim_{x \to x_0} \left| \frac{4x}{x(x-1)} - \frac{4x_0}{x_0(x_0-1)} \right| = \\ =
 4 \lim_{x \to x_0} \left| \frac{x x_0^2 - x x_0 - x_0 x^2 + x x_0}{x(x-1)x_0(x_0-1)} \right| = 
 4 \lim_{x \to x_0} \left| \frac{x x_0 (x - x_0)}{x(x-1)x_0(x_0-1)} \right| = \\ =
 0\textrm{, если } x_0 \not\in \{0, 1\}.
\end{multline}

В точке $x = 0$, $\displaystyle{\lim_{x \to 0} f(x) = \frac{4}{-1} = -4}$, т.е. предел существует, и это точка разрыва первого рода.
Так как предел в точке существует, то значит, что левый и правый пределы равны, поэтому скачок $\Delta f(0) = 0$.

В точке $x = 1$, $\displaystyle{\lim_{x \to 1 - 0} f(x) = - \infty}$, а $\displaystyle{\lim_{x \to 1 + 0} f(x) = + \infty}$.
Это точка разрыва второго рода.

\includegraphics[width=\textwidth]{10-18-7.png}

\textbf{16} Пусть функция определена в окрестности точки $x_0$. Сформулировать, используя символы $\exists$ и $\forall$, утверждение, что функция не является непрерывной в точке $x_0$.

Определение непрерывности в терминах $\exists$ и $\forall$ выглядит так:

\[
 \forall \varepsilon > 0 \ \ \exists \delta > 0 \ \ \forall x \in D(f) \ \ (|x - x_0| < \delta \Rightarrow |f(x)-f(x_0)| < \varepsilon)
\]

Строя отрицание этого утверждения, получаем:

\[
 \exists \varepsilon > 0 \ \ \forall \delta > 0 \ \ \exists x \in D(f) \ : \ |x - x_0| < \delta, \ |f(x)-f(x_0)| > \varepsilon
\]

\end{document}