\documentclass[12pt]{article} \usepackage{fontspec} \usepackage{stackengine} \usepackage{amsmath} \usepackage{amssymb} \usepackage{amsfonts} \usepackage{wrapfig} \usepackage{graphicx} \usepackage{pifont} \usepackage{hyperref} \usepackage[margin=0.4in]{geometry} \newcommand{\cmark}{\ding{51}}% \newcommand{\xmark}{\ding{55}}% \newcommand\s\mathbb \newcommand\e\exists \newcommand\all\forall \newcommand{\ulim}{\mathop{\overline\lim}\limits} \newcommand{\llim}{\mathop{\underline\lim}\limits} \newcommand{\exclreg}[2]{\overset\circ\Omega_{#1}({#2})} \newcommand{\mrx}[1]{\begin{pmatrix}#1\end{pmatrix}} \newcommand{\system}[1]{\left\{\begin{aligned}#1\end{aligned}\right.} \newcommand{\vsystem}[2]{\left#1\begin{aligned}#2\end{aligned}\right.} \newcommand{\at}[2]{\left.{#1}\right|_{#2}} \newcommand{\from}[3]{\left.{#1}\right|_{#2}^{#3}} \newcommand{\reg}[2]{\Omega_{#1}({#2})} \newcommand\dst\displaystyle \newcommand{\dlim}[1]{\lim_{\Delta #1 \to 0}} \newcommand\eps\varepsilon \newcommand\D\Delta \newcommand\Dx{\Delta x} \newcommand\Dy{\Delta y} \newcommand\ph\varphi \newcommand{\rrab}[1]{\underline{\underline{#1}}} \newcommand\exclude\setminus \newcommand\rab\underline \newcommand{\bbar}[1]{\overline{\overline{#1}}} \newcommand\ntab{\\\hspace*{1cm}} \renewcommand{\bar}{\overline} \renewcommand{\d}{\partial} \renewcommand*\contentsname{Содержание} \renewcommand{\ss}[1]{\{{#1}\}} \setmainfont{FreeSans} \graphicspath{ {../images} } \stackMath \hypersetup { colorlinks, linkcolor=blue, } % \everymath{\displaystyle} \DeclareMathOperator{\sgn}{sgn} \DeclareMathOperator{\arctg}{arctg} %\DeclareMathOperator{\arcsin}{arcsin} \title {Экзамен по матеше, 2025, I семестр} \author {\texttt{justanothercatgirl}} \begin{document} \maketitle \tableofcontents \section{Числовые множества и последовательности} \subsection{Определения} Ограниченное множество $\s A$: $\e c \in \s R, \all a \in \s A: |a| < c$ \\ Окресность: интервал, содержащий точку $(a,b) := \{x \in \s R | a < x < b\}$ \\ $\eps$-окресность: $(x-\eps, x+\eps)$ \\ Проколотая окресность: $\Omega_\eps(x) \exclude \{x\}$ \\ Предельная точка множества $p$: $\all \eps > 0 \; \e p_0 \in \s X: |p-p_0| < \eps$ \\ Верхняя грань $M$:\ $\all a \in \s A: a \leq M$ \\ Спермум: $(\rab S = \sup \s A) := (\all a \in \s A : a \leq S) \land (\forall \rab S' \leq \rab S \; \exists a' \in \s A : \rab S' \leq a')$ \\ Инфинум аналогично \\ Числовая последовательность: $f: \s N \implies \s X$. Обозначается $\ss{x_n}$ \\ Ограниченная, неограниченная последовательность аналогично множеству \\ Монотонная последовательность: $\all n \in \s N : x_{n} < x_{n+1}$ \\ Предел: $(A = \lim_{n\to\infty}\ss{x_n}) := (\all \eps > 0 \e N \in \s N, \all n > N : |x_n - A| < \eps)$ \\ Б.М: Аналогично пределу, но в конце $|x_n| < \eps$ \\ Б.Б: $\all A \e N \all n > N: A < |x_n|$ (для любого числа найдётся номер, после которого все члены больше числа) \\ Фундаментальная: $\all \eps > 0 \e N \in \s N \; \all n, m > N: |x_n - x_m| < \eps$ \\ Подпоследовательность: $\ss{n_i}$ - возрастающая $\implies \ss{x_{n_i}}$ - подпоследовательность $\ss{x_j}$ \\ Предельная точка последовательности: $(\all \reg \eps p \exists \; \infty x \in \ss{x_n}) \lor (\exists \ss{x_{n_i}} \to a)$ \\ Либо существует бесконечно много членов в любой окресности икса, либо сущ. подпоследоватлеьность, сходящаяся к $a$ \\ Верхний предел: $\displaystyle \rab S = \ulim_{n\to\infty} \ss{x_n} := \lim_{n\to\infty}\sup_{k \geq n}\ss{x_k}$ \\ Нижний предел $\llim_{x\to\infty} \ss{x_n}$ Аналогично \subsection{Теоремы (без док-ва)} Предел арифмет. опер: $\ss{x_n}, \ss{y_n}$ сходятся $\implies$ Предел суммы, разности и произведения равен сумме, разности и произведению пределов. Предел частного равен частному пределов, если \\ $(\all n \in \s N \; y_n \neq 0) \land (\ss{y_n} \not \to 0)$ \\ О 3 послед. (2 полиц.): $(\ss{x_n}, \ss{z_n} \to a) \land (\forall n \in N \; x_n \leq y_n \leq z_n) \implies \ss{y_n} \to a$ \\ Вейштрассa (пред. монот. огр. посл-ти): $\displaystyle (\ss{x_n} \text{неубыв.} \land \text{огр. сверху}) \equiv \e \lim_{n\to\infty}\ss{x_n}=\sup_{n\in\s N}x_n$ \\ Коши-Кантора (Вложенные отрезки): $\ss{I_n} := I_1 \supset I_2 \supset \dots \supset I_k \supset \dots \implies \e c: \forall k\; c \in I_k$. Так же: $\all \eps > 0 \exists I_k : |I_k| < \eps \implies \e! c: \all k \; c \in I_k$ (знаком модуля обозначается длина отрезка) \\ Больцмана-Вейерштрасса: $\exists \sup \ss{x_n} \implies \exists \ss{x_{k_i}}: \ss{x_{k_i}}\to a$ (если ограничена, есть сход. подпосл.) \\ Критерий Коши: последовательность сходится тогда и только тогда, когда она фундаментальна. \subsection{Теоремы (с док-вом)} \begin {enumerate} \item Единственность предела: Пусть $\ss{a_n} \to b_1, b_2, b_2>b_1$. По определению: \\ \[ \begin{aligned} \all \eps > 0 &\e N_1 \in \s N,\;\all n > N_1 &: |a_n - b_1| < \eps \\ \all \eps > 0 &\e N_2 \in \s N,\;\all n > N_2 &: |a_n - b_2| < \eps \\ \end{aligned} \implies \left\{\begin{aligned} -\eps &< a_n - b_1 &< \eps \\ -\eps &< a_n - b_2 &< \eps \\ \end{aligned}\right. \implies \] \centerline{[ Возьмём $N = \max {N_1, N_2};\;\eps = \frac{b_2-b_1}2 > 0$ ]} \[ \implies \left\{\begin{aligned} a_n - b_1 &< \frac{b_2-b_1}2 \\ a_n - b_2 &> \frac{b_1-b_2}2 \end{aligned}\right. \implies \system{ a_n &< \frac{b_1 + b_2}2 \\ a_n &> \frac{b_1 + b_2}2 \\ } \] Что приводит к противоречию, значит, предел единственный \item сходящаяся последовательность ограничена: Пусть $\ss{a_n} \rightarrow a$. По определению: \[ \all \eps > 0 \e N \in \s N, \all n > N: |a - a_n| < \eps \] Выберем $\eps,\,N$. Тогда $x_n \overset{n > N}> |a| + \eps$. Возмём $M > \max\{|a_1|\dots|a_n|, |a|+\eps\}$. Получаем, что \[\all n : |a_n| < M \] \item Арифметические операции: \\ Можно легко доказать, что $\ss{x_n} \to a \implies \exists \ss{a_n} \to 0: \all n \quad(x_n = a_n + a)$ \\ Аналогично можно доказать обратное Пусть $\ss{x_n} \to x_0, \ss{y_n} \to y_0$, тогда $\e \ss{\alpha_n}, \ss{\beta_n} : \forall n\quad x_n = x_0 + \alpha_n;\; y_n = y_0 + \beta_n$ Тогда \begin{itemize} \item $x_n \pm y_n = x_0 \pm y_0 + \alpha_n + \beta_n = x_0 \pm y_0 + \gamma_n$ (По теореме о сумме бесконечно малых). Отсюда по обратной лемме выше $\ss{x_n \pm y_n} \to x_0 \pm y_0$ \item $x_n\cdot y_n = x_0y_0 + x_0\beta_n + y_0\alpha_n + \alpha_n\beta_n = x_0y_0 + \alpha_n' + \beta_n' + \gamma_n' = x_0y_0 + \zeta_n$. по той же лемме доказано. (пользовались теореме о произведении 1. б.м. на огр; 2. б.м. на б.м.) \item Докажем $\lim\ss{\frac 1 {y_n}} = \frac 1{y_0}$ (по 2 пункту этого достаточно). запишем определение: \[\all \eps > 0 \e N, \all n > N : |y_n - y_0| < y_0M\eps\] \[ y_n < M \implies y_ny_0 \leq y_0M \text{ (по огр. сход. послед-сти) } \implies \frac{1}{y_ny_0}|y_n - y_0| = \left|\frac 1 {y_0} - \frac 1 {y_n}\right| < \frac{y_0M\eps}{y_0M} < \eps \] Получаем определение: $\all \eps > 0 \e N \in s N, \all n > N : \left|\frac{1}{y_n} - \frac{1}{y_0}\right| < \eps$, то есть доказано \\ (ну типа $\ss{\frac{x_n}{y_n}} = \ss{\frac{1}{y_n}}\ss{x_n} \to \frac{1}{y_0}x_0 = \frac{x_0}{y_0}$) \end{itemize} \item Два полицейских: Раскрываем модули из определения \[ \system{ |x_n - c| &< \eps \\ |z_n - c| &< \eps \\ } \implies \system { c-\eps &< x_n \\ z_n &< c+\eps \\ } \implies c-\eps < x_n \leq y_n \leq z_n < c + \eps \implies |y_n - c| < \eps \] откуда получаем определение предела для $\ss{y_0}$ \item Предел подпосл. Сходящейся посл. \\ $\all \eps > 0 \e N \in \s N , \all k > N : |x_k - a| < \eps \\ \forall k \; n_k > k \implies \all \eps > 0 \e N \in \s N , \all n_k > N : |x_{n_k} - a| < \eps$ \item неуб. огр. сверху имеет предел \\ Из ограниченности $\e s = \sup \ss{x_n} \overset{def}: \all \eps > 0 \e N: s - \eps \leq x_N < s (+\eps);\; \all n > N : x_n > x_N \implies \\ \implies \all \eps > 0 \e N \in N, \all n > N: |x_n - s| < \eps$ \item о вложенных отрезках. Возьмём последовательность начал и концов: $\ss{a_n} ,\ss{b_n}$. Обе ограничены $(\all n \in \s N a_n,b_n \in [a_1, b_1], \all n\; a_{n+1} > a_n, b_{n+1} < b_n) \implies \e \tilde\alpha = \sup \ss{a_n} \land \e \tilde\beta = \inf \ss{b_n}\quad (\tilde\alpha \leq \tilde\beta)$ \\ Пусть $c \in [\tilde\alpha,\tilde\beta];\; \all n \in \s N\; a_n \leq \tilde\alpha \leq c \leq \tilde\beta \leq b_n \implies c \in [a_n, b_n]$ \\ Пункт b: $\lim_{x\to\infty} a_n = \lim_{x\to\infty} b_n \land \all n \in N\; a_n \leq c \leq b_n \implies \exists!c$ (по 2 полицейским) \item Больцано-Вейерштрасса. $a:=\inf\ss{x_n},b:=\sup\ss{x_n}$. пусть $x_1$ - первый элемент подпосл. Разобъём $[a,b]$ пополам, выберем ту половину, где бесконечно много членов $\ss{x_n}$, оттуда выберем $x_2$. По аксиоме выбора составляем бесконечную посл-ть $\ss{x_{k_i}}$, повторяя это действие. $\all i \in \s N \; x_{k_i} \in [a_i, b_i] \supset [a_{i+1}, b_{i+1}] \land |b_i-a_i| = \frac{b-a}{2^{i-1}}$. Из теоремы о вложенных отрезках: $\ss{b_i-a_i}\to 0 \implies \e!c: \ss{x_{k_i}}\to c$. Типа доказано. \item что фунд. Посл-ть ограничена. \\ По определению: \[\e N, \all n,m > N : |x_n - x_m] < \eps;\; m:=N+1 \implies x_{N+1} - \eps < x_n < x_{N+1} + \eps. \]\[ \exists M := \max\{x_1, \dots, x_{N-1}, x_N, x_{N+1} + \eps\} + 1: \all n \in \s N \; |x_n| < M. \] Что формирует определение ограниченной последовательности \item Критерий коши \begin{itemize} \item фундаментальность $\implies$ сходимость (достаточность): \\ Из фундаментальности следует, что $\e N, \all n > N : x_N - \frac \eps 3 < x_n < x_N + \frac \eps 3$; Положим $a_n := \inf_{k \geq n}\ss{x_k}; b_n := \sup_{k \geq n}\ss{x_k}$. Т.к. при $n'>n\;\sup$ и $\inf$ берутся на меньшем множестве, $a_n \leq a_{n+1} \leq b_{n+1} \leq b_n$, и имеется последовательность вложенных отрезков, и у них имеется общая точка \\ $\e A, \all n: \; a_n < A < b_n \\ \system{ X_N - \frac \eps 3 &< x_n \\ X_N + \frac \eps 3 &> x_n } \overset{\text{из огранич.}}\implies \system { X_N - \frac \eps 3 &\leq \inf_{k \geq n}\ss{x_k} = a_n\\ X_N + \frac \eps 3 &\geq \sup_{k \geq n}\ss{x_k} = b_n \\ } \implies x_N - \frac \eps 3 < a_n < A < b_n \leq x_N + \frac \eps 3 \implies |x_N - A| \leq \frac \eps 3.\quad|x_n - A| = |x_n - x_N + x_N - A| \leq |x_n - x_N| + |x_N - A| \leq 2\frac \eps 3 \leq \eps$ \\ Окончательно: $\all \eps >0 \e N \in \s N, \all n > N: |x_n - A| \leq \eps$ \item сходимость $\implies$ фундаментальность (необходимость): \\ Из определения сходимости $\e n, m > N(\eps): \system{ |x_m - A| < \frac \eps 2 \\ |x_n - A| < \frac \eps 2 };\quad |x_n - x_m| = |x_n - A - x_m + A| < |x_n - A| + |A - x_m| < 2\frac \eps 2 = \eps$ \\ Получаем $\all \eps > 0 \e N(\eps) \in \s N, \all n, m > N : |x_n - x_m| < \eps$ \end{itemize} \item ограниченная посл-ть имеет верхний и нижний пределы:\\ Рассмотрим множество $\{x \in \s R | \text{правее x конечное число или нет членов} \ss{x_n}\}$. это множество ограничено снизу, в качестве нижней грани можно взять любое число $m < \inf \ss{x_n}$. Тогда $\e\inf\ss{x} = \rab x$. Докажем, что $\rab x$ - предельная точка $\ss{x_n}$ и $\rab x = \sup\ss{\sup{x_n}} \equiv \rab x = \ulim \ss{x_n}$. 1. по определению $\all \eps > 0, \all (\rab x - \eps) \not \in \ss{x} \implies$ правее $(x-\eps)$ б.много элементов $\ss{x_n}$. между $\rab x$ и $\rab x + \eps$ конечное число, тогда между $(\rab x-\eps, \rab x + \eps)$ б.м. элементов и это предельная точка 2. Мы определили, что правее $\rab x + \eps$ конечное число членов $\ss{x_n}$. Тогда в $\eps$-окресности $\rrab x > \rab x$ не может быть б.м. членов. Доказано. Нижний предел доказывается аналогично. \item У огр. посл-ти $\e$ хотя бы 1 предельная точка аналогично прошлому \item эквив. Двух опред. предельной точки \begin{itemize} \item Пусть $\lim_{x\to\infty} \ss{x_{k_n}} = a \implies \all \eps > 0 \e N, \all n > N : |x_{k_n} - a| < \eps$. Тогда в любой $\eps$-окресности лежит $\infty$ эементов (все, начиная с $N$). Поскольку Элементы $\ss{x_{k_n}}$ так же элементы $\ss{x_n}$, то в окресности точки $a$ лежит $\infty$ элементов \item Пусть в окресности $a$ лежит $\infty$ элементов $\ss{x_n}$. рассмотрим $\eps$-окресности $\left\{1, \frac 1 2, \frac 1 3, \dots , \frac 1 n\right\}$. в первой выберем $k_1$, во второй - $k_2$, при этом $k_2 > k_1$, по аксиоме выбора продолжая этот процесс получаем бесконечную ограниченную монотонно возрастающую последовательность ($\all n: (k_{n+1} > k_n \land k_n < a + \frac 1 n)$), которая является подпоследовательностью $\ss{x_n}$ \end{itemize} \item Из неогр. Посл-ти можно выделить б.б. подпоследовательность Заметим, что если у б.б. посл-ти "убрать" конечное число элементов, она останется б.б. (иначе это противоречило бы определению б.б.) т.к. $\ss{x_n}$ - б.б., то $\e n_0: |x_{n_0} := k_0| > 1$. Рассмотрим $\ss{x_n^1} = {x_{n_0}, x_{n_0 + 1}, \dots}$. Из $\ss{x_n^1}$ выберем $k_1$. По аксиоме выбора, если мы продолжим этот процесс, получим бесконечно большую (очевидно) последовательность. $\ss{k_n}$, которая является подпосл. $\ss{x_n}$ \end{enumerate} \subsection{Задачи} \begin{enumerate} \item Неравенство Бернулли $\left(1+x\right)^n \geq 1 + nx, x \geq -1, n \in \s N$. \\ $n = 1: 1 + x \geq 1 + x$ \\ $(1+x)^n \geq 1 + nx \implies (1 + x)^n(1+x)\geq (1+nx)(1+x) = 1 + x + nx + nx^2 = 1 + x(n+1) + nx^2 \leq (1+x)^{n+1} \implies 1 + (n+1)x \leq (1+x)^{n+1}$ \\ По индукции, доказано \item Отрицание к определению фунд. посл-ти: \\ Само определение: $\all \eps > 0 \e N \in \s N, \all n, m > N: |x_n - x_m| < \eps$\\ Отрицание: $\e \eps > 0, \all N \in \s N, \e n, m > N: |x_n - x_m| > \eps$ \end{enumerate} \section{Предел и непрерывность функции} \subsection{Определения} Ограниченная функция: $\exists c \in \s R \; \all x \in \s X: |f(x)| < c$ \\ Грань (верхняя) $:= M: \all x \in \s X\; f(x) \leq M$ \\ Точная Грань (верхняя) $:=M : \system{ &\all x \in \s X; f(x) \leq M \\ &\all \eps > 0 \e x_0 \in \s X: M-\eps < f(x_0) \leq M\\ }$ \\ Монотонность: $(x_1 < x_2 \implies f(x_1) < f(x_2), \dots)$ \\ $\displaystyle \lim_{x\to{}x_0}f(x) = b$ (Коши): $\all \eps > 0 \e \delta > 0, \all x_0 \in \s X (0 < |x - x_0| < \delta \implies |b - f(x_0)| < \eps)$ \\ $\displaystyle \lim_{x\to x_0 + 0}f(x): \dots (x_0 < x < x_0 + \delta \implies \dots)$ \\ $\displaystyle \lim_{x\to\infty}f(x): \dots (x > \delta \implies \dots)$ \\ $\displaystyle \lim_{x\to a} = +\infty: \dots (\dots \implies f(x) > \eps)$ \\ $\displaystyle (\lim_{x\to+\infty} = +\infty) := (\all \eps > 0 \e \delta > 0 \all x \in \s X (x > \delta \implies f(x) > \eps))$ \\ $\displaystyle (\lim_{x\to a} = 0) := (\all \eps > 0 \e \delta > 0 \all x \in \s X (0 < |x - a| < \delta \implies |f(x)| < \eps))$ \\ $\displaystyle \lim_{x\to a}f(x) = b$ (Гейне): $\all \ss{x_n}: ((\all n: x_n \neq x_0)\land(\ss{x_n}\to x_0) \implies {f(x_n)} \to b)$ \\ По гейне буквально все определения одинаковые, даже думать не надо... \\ Непрерывность в точке $a$: $\all \eps > 0 \e \delta > 0, \all x \in \s X (|x - a| < \delta \implies |f(x) - f(a)| < \eps)$ \\ Непрерывность на промежутке: непрерывна $\all x \in [\text{промежуток}]$ \\ Обратная функция: $\all x \in \s X: f(f^{-1}(x)) = x$\\ $f: \s X \to \s Y , (\all x_1,x_2 \in \s X, f(x_1) = f(x_2) \implies x_1 = x_2) \land (\all y \in \s Y \e x \in \s X: f(x) = y) \overset{f \text{ bijective}}\implies \e f^{-1} : \s Y \to \s X$ \\ Точка разрыва: отрицание непрерывности \\ Разрыв 0 (устранимый): $a \in \s X$ - т.разрыва, если $\exists \text{ непр. } \tilde f : \all x \in \s X \exclude \ss a: f(x) = \tilde f(x)$ \\ Разрыв 1: $\displaystyle (\lim_{x\to a+0}f(x) \neq f(a)) \lor (\lim_{x\to a-0}f(x) \neq f(a))$ \\ Разрыв 2: $\displaystyle (\not \e \lim_{x\to a+0}f(x)) \lor (\not \e \lim_{x\to a-0}f(x))$ \newpage \subsection{Теоремы (без док-ва)} Критерий коши сущ. педела: \\ $\begin{aligned} &x \to a&: &\all \eps > 0 \e \delta > 0, \all x_1, x_2 \in \s X (x_1, x_2 \in \exclreg \delta a &\implies |f(x_1) - f(x_2)| < \eps) \\ &x \to \infty&: &\all \eps > 0 \e \delta > 0, \all x_1, x_2 \in \s X (x_1, x_2 > \delta &\implies |f(x_1) - f(x_2)| < \eps) \end{aligned}$ \\ Об односторонних пределах: $\displaystyle\lim_{x\to a+0}f(x) = \lim_{x\to a-0}f(x) \Longleftrightarrow \e \lim_{x\to a}f(x)$ \\ О предельном переходе в неравенство: \\ $\displaystyle a := \lim_{x \to x_0}f(x),\;b := \lim_{x \to x_0}g(x), \all x \in \exclreg \eps {x_0} (f(x) < g(x) \implies a < b)$ \\ О единственности предел: ну... \\ О пределе монотонной функции: Если $f : \s X$ ограничена и монотонно неубывает на $(a,b) \in \s X$, \\ то $\displaystyle \e \lim_{x\to a+0}f(x) = \inf_{(a,b)}f(x), \lim_{x\to b-0}f(x) = \sup_{(a,b)}f(x)$ \\ 1 Зам. предел: $\dst \lim_{x \to 0} \frac{\sin x} x = 1$ \\ 2 Зам. предел: $\dst \lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac 1 x\right)^x = e \approx 2.718281828459045\dots$ \\ Непрерывность: $f, g$ непр. в $a \implies f\pm g;\; f\cdot g;\; (g(a) \neq 0) \dst \frac f g$ непрерывны \\ Сложной ф-ии: $f: \s X \to \s Y, \ph: \s T \to \s E \subseteq \s X, \ph \text{ непр. в } a, f \text{ непр. в } \ph(a) \implies f\circ\ph $ непр. в $a$ \\ Обр. Ф-ии: $f : \s X \to \s Y$ непр. и строго монот. на $\s X = [a,b] \implies \system { &\s Y = [f(a),f(b)] \\ &\e!f^{-1}: \s Y \to \s X \\ &f^{-1} \text{ ("так же" монот.) и непрер. на } \s Y }$ \subsection{Теоремы (с док-вом)} \begin{enumerate} \item О сумме бесконечно малых: $f, g$ б.м. в $a$ $\system{ &\all \eps > 0 \e \delta' > 0, \all x \in \s X (0 < |x - a| < \delta' \implies |f(x)| < \frac \eps 2) \\ &\all \eps > 0 \e \delta'' > 0, \all x \in \s X (0 < |x - a| < \delta'' \implies |g(x)| < \frac \eps 2) \\ }\\ \delta := \min\ss{\delta', \delta''},\quad |f(x)+g(x)| \leq |f(x)| + |g(x)| < \eps $, что образовывет определение б.м. $f$-ии в $a$ \item О произведении на б.м.: $\lim_{x\to a}f(x) = 0, g(x)$ - ограничена\\ $\system{ &\all \eps > 0 \e \delta > 0, \all x \in \s X (x \in \exclreg \delta a \implies |f(x)| < \frac \eps c) \\ &\e c, \all x \in \exclreg \delta a: |g(x)| \leq c } \quad\implies |f(x)g(x)| = |f(x)||g(x)| \leq c \frac \eps c = \eps \implies \\ \implies \all \eps > 0 \e \delta < 0, \all x \in \s X (x \in \exclreg \delta a \implies |f(x)g(x)| < \eps)$ \item 1-ый предельный переход ($f(x) \geq c \implies \lim f(x) \geq c$) \\ пойдём от противного: пусть $\lim := b < c: \\ \all \eps > 0 \e \delta > 0, \all x \in \s X \left(0 < |x - a| < \delta \implies \system { &|f(x) - b| < \eps = \frac{c-b}2 > 0\\ &f(x) \geq c }\right) \implies \system { &-\eps + b < f(x) < \eps + b \\ &f(x) \geq c } \implies \\ \implies c < b + \eps = \frac{b+c}2 \implies b > c $ - противоречие. Тогда $b \geq c$ \item Об арифм. опер., о пределе монот. ф-ии: абсолютно аналогично последовательностям \item О равносильности Коши и Гейне \begin{itemize} \item Коши $\implies$ Гейне: $\system { &\all \eps > 0 \e \delta > 0, (x \in \exclreg \delta a \implies f(x) \in \reg \eps b) \\ &\all \eps'( = \delta) > 0 \e N \in \s N, \all n > N : x_n \in \reg {\eps'} a, x_n \neq a } \implies f(x_n) \in \reg \eps b$ \item $\lnot$ (Коши $\implies \lnot$ Гейне) $\Longleftrightarrow$ (Гейне $\implies$ Коши): \\ По условию $\e \eps > 0, \all \delta =: \frac 1 n > 0 \e x \in \s X (x \in \exclreg \delta a \implies f(x) \not \in \reg \eps b)$. Составим посл-ть (по аксиоме выбора) из этих самых $x$. при этом из $x_n \in \exclreg {\frac 1 n} a \implies a - \frac 1 n < x_n < a + \frac 1 n \implies \ss{x_n} \to a$ (по т-ме о 3 посл.), при этом $f(x_n) \not \to b$. По отрицанию Гейне $\exists \ss{x_n}: (\ss{x_n} \to a \implies \ss{f(x_n)} \not \to b)$, что мы и получили \end{itemize} \item связь левых и правых пределов с пределом в точке \\ Пусть $\lim_{x\to a}f(x) = b$. Зафиксируем $\eps$ \\ $\e \exclreg \delta a \subset \s Y \all x \left\{ (x \in \exclreg \delta a \implies f(x) \in \reg \eps b) \Longleftrightarrow (x \in \exclreg {\delta^+} a \cup \exclreg {\delta^-} a \implies f(x) \in \reg \eps b) \right\} \Longleftrightarrow \\ \Longleftrightarrow \exists \exclreg \delta a \subset \s Y \left\{ (x \in \exclreg {\delta_+} a \implies f(x) \in \reg \eps b) \land (x \in \exclreg {\delta_-} a \implies f(x) \in \reg \eps b) \right\} \Longleftrightarrow \\ \Longleftrightarrow \lim_{x \to a + 0}f(x) = \lim_{x \to a-0}f(x) = b$ \item Критерий Коши \begin{itemize} \item $\e \lim \implies $ критерий Коши \\ По определению предела: $\all \eps > 0 \delta > 0, \all x', x'' \in \exclreg \delta a (|f(x') - b| < \frac \eps 2 \land |f(x'') - b| < \frac \eps 2 \implies |f(x') - f(x'')| \leq |f(x')| + |-f(x'')| = |f(x') - b| + |f(x'') - b| < \eps)$ \item критерий Коши $\implies \e \lim$ \\ Возьмём последовательность гейне $\ss{x_n} \to a$. Докажем, что $\ss{f(x_n)}$ фунд-на: \\ $\system { &\all \eps > 0 \e \delta > 0, \all x_1, x_2 \in \s X (x \in \exclreg \delta a \implies |f(x_1) - f(x_2)| < \eps \\ &\all \eps > 0 \e N \in \s N, \all n \left(n > N \implies |x_n - a| < \eps \implies x_n \in \reg \delta a \cap \s X\right) } \implies \e \all n, m \in \s N \\(n, m > N \implies x_n, x_m \in \exclreg\delta a \implies |f(x_n) - f(x_m)| < \eps) \implies \ss{f(x_n)}$ - фундаментальная $\implies \e \lim_{x\to a}\ss{f(x_n)} =: b$ \\ Теперь докажем, что $b$ - предел и самой функции: \\ $\all \eps > 0 \e \delta > 0, \all x_1,x_2 \in \s X (x_1,x_2 \in \exclreg\delta a \implies |f(x_1) - f(x_2)| < \frac \eps 2);\; \exists N_1, \all n > N_1 : x_n \in \reg\delta a \\ \exists N_2, \all n > N_2 f(x_n) \in \reg {\frac \eps 2} b,\quad N:=\max\ss{N_1, N_2} \implies \\ \implies \all n \in \s N \all x \in \exclreg \delta a (n > N \implies |f(x)-b| \leq |f(x) - f(x_n)| + |f(x_n) - b| < \eps)$ \end{itemize} \item Теорема о непрерывности следует напрямую из теоремы о пределе арифм. опер. \item О предельном переходе в неравенство. Предположим, что $b < c$: \\ $\system { &\all \eps > 0 \e \delta_1 > 0, \all x \in \s X (x \in \exclreg {\delta_1} a \implies |f(x) - b| < \eps) \\ &\all \eps > 0 \e \delta_2 > 0, \all x \in \s X (x \in \exclreg {\delta_2} a \implies |g(x) - c| < \eps) \\ &\all x \in \exclreg {\delta := \max\ss{\delta_1, \delta_2}} a: f(x) > g(x) },\quad \text{пусть } \eps = \frac{c-b}2, \system { -\eps + b &< f(x) < b + \eps \\ -\eps + c &< g(x) < c + \eps } \implies \\ \implies \system { &f(x) < \frac{b+c}2\\ &g(x) > \frac{b+c}2 } \implies f(x) < g(x)$, что приводит к противоречию, а значит, $b > c$ \item О непрерывности сложной функции \\ $\system { &\exists \delta': \all x \in \exclreg {\delta'} b: f(x) \in \reg{\eps'}{f(b)} \\ &\exists \delta: \all t \in \exclreg {\delta} a: \ph(t) \in \reg {\eps := \delta'} {\ph(a)=:b}\\ } \implies \all t \in \exclreg \delta a: f(\ph(t)) \in \reg{\eps'}{f(\ph(a))} \equiv \\ \equiv \lim_{t\to a} f(\ph(t)) = f(\ph(a))$ \item \hypertarget{funcvalpass}{О прохождении непр. на пром. ф-ии через $\all$ промеж. знач.} \\ Докажем утверждение о прохождлении ф-ии черещ $0$: \\ Пусть $\s X:= \{x \in [a,b] \;|\; f(x) < 0 \}$ - ограничено $\implies \e \sup \s X =: c$ \\ \begin{enumerate} \item Предположим, $f(c) < 0$. Тогда $\e \reg {1} c: \all x \in \reg {1} c \; f(x) < 0\\ x_1 \in \reg {1+} c \implies f(x_1) < 0 \implies x_1 \in \s X, x_1 > c : $ противоречие $\implies f(c) \geq 0$ \item Предплолжим, $f(c) > 0$. Тогда $\e \reg {2} c: \all x \in \reg {2} c\; f(x) > 0 \\ \tilde c \in \reg {2-} c \implies \all x \in [\tilde c, c]\; f(x) > 0 \\ c = \sup \s X \implies \all \tilde c < c \e x \in \s X: \tilde c < x \implies f(x) < 0$ - противоречие, значит, $f(c) \leq 0$ \end{enumerate} Из этого получаем, что $f(c) = 0$. Теперь докажем для любого числа: $f$ проходит через $c$. рассмотрим $g := f - c$, тогда $g$ должна проходить через $0$ в точке $c'$: \\ $g(c') = 0 \implies f = g + c = c$ \item Теорема об обратной функции $f : \s X := [a,b] \to \s Y$ \begin{enumerate} \item $\s Y = [f(a), f(b)]: \all x \in \s X\; a \leq x \leq b \implies f(a) \leq f(x) \leq f(b). \implies f(\s X) \subseteq \s Y \\ \all y \in \s Y \e x \in \s X: f(x) = y \implies \s Y \supseteq f(\s X) \\ f(\s X) = \s Y$ - сюръективность \item $x_1 \neq x_2 \implies f(x_1) \neq f(x_2): x_1 \lessgtr x_2 \implies f(x_1) \lessgtr f(x_2) \implies f(x_1) \neq f(x_2)$ - инъективность \item $\all y_1, y_2 (y_1 > y_2 \implies f^{-1}(y_1) > f^{-1}(y_2)):$ пойдём от обратного\\ $y_1 > y_2 \land f^{-1}(y_1) \leq f^{-1}(y_2) \Longleftrightarrow y_1 > y_2 \land f(f^{-1}(y_1)) \leq f(f^{-1}(y_2)) \equiv y_1 \leq y_2 $ - противоречие, тогда обратное верно, тогда $f^{-1}$ строго монотонна \item $f^{-1}$ непрерывна \\ $y_0 \in (f(a), f(b)), f(a) < y_0 < f(b), f^{-1} \text { возрастает } \implies a < x_0 < b;\; \eps: \reg \eps {x_0} \subsetneq [a,b] \\ f(x_0 - \eps) =: y_1 \leq f(x_0) \leq f(x_0 + \eps) =: y_2 \implies x_0 -\eps \leq f^{-1}(y_0) \leq x_0 + \eps \\ \all y \in (y_1, y_2) : f^{-1}(y) \in (x_0 - \eps, x_0 + \eps) = \reg\eps {x_0} \\ \delta: (y_1, y_2) \supseteq \exclreg\delta y_0 \\ \all \eps > 0 \e \delta > 0 \all y \in \s Y (y \in \exclreg \delta {y_0} \implies f^{-1}(y_0) \in \reg \eps {x_0})$ \end{enumerate} \item 1 зам. предел: $|\sin x| < |x| < |\tan x| \implies 1 < \frac{|x|}{|\sin x|} < \frac 1 {|\cos x|} \implies 1 > \frac{\sin x}x > \cos x$. \\ По т-ме о 2 полицейских $\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}x = 1$ \item 2 зам. предел: $[x] \leq x \leq [x] + 1 \\ \frac 1 {[x]} \geq \frac 1 x \geq \frac 1 {[x]+1} \\ 1 + \frac 1 {[x]} \geq 1 + \frac 1 x \geq 1 + \frac 1 {[x]+1} \\ \left(1 + \frac 1 {[x]}\right)^{[x+1]} \geq \left(1 + \frac 1 x\right)^x \geq \left(1 + \frac 1 {[x]+1}\right)^{[x]} \\ \left(1 + \frac 1 {[x]}\right)^{[x]}\left(1 + \frac 1 {[x]}\right) \geq \left(1 + \frac 1 x\right)^x \geq \left(1 + \frac 1 {[x+1]}\right)^{[x+1]}\cdot\left(1 + \frac 1 {[x+1]}\right)^{-1} \\ \left[\text{пользуемся доказанным пределом последовательнсти}\right] e\left(1 + \frac{1}{[x]}\right) \geq \left(1+\frac 1 x\right)^x \geq e\left(\frac 1 {1 + \frac{1}{[x+1]}}\right);\hspace{1cm} $ по т-ме о 2 пол-их: $\lim_{x\to+\infty}\left(1 + \frac 1 x\right)^x = e$ Для случая $x \to -\infty$ заменяем $t=-x$ и делаем преобразования, приводим к такому же виду, как в прошлом пункте ДОКАЗАНО!!! \end{enumerate} \section{Производные и дифференциалы} \subsection{Определения} Производная: $f'(a) = \lim_{x\to a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}$ \\ Левая: $x\to a-0$ \\ Дифференцируемая ф-я: $\Delta y = A\Delta x + \alpha(\Delta x)\Delta x = A\Delta x + \bar o(\Delta x)$ \\ Касательная: прямая, проходящая через $(x_0, f(x_0))$ и имеющая угловой коэффициент $f'(x_0)$ \\\hspace*{1cm} ИЛИ: $\lim$ положение прямой, проходящей через точки $\ss{x, f(x)}, \ss{x+\Delta x, f(x + \Delta x)}$ при $\Delta x \to 0$ \\\hspace*{1cm} Уравнение касательной: $y = f'(x_0)(x-x_0) + f(x_0)$ \\ Дифференциал: $dy = f'(x)\Delta x = A\Delta x$ - "основная" составляющая приращения $\Delta y$ из определения диф. ф-ии \\ Производная $n$-ого порядка: (по индукции) $f^{(n)} = \left(f^{(n-1)}\right)'$ \\ $n$ раз дифференц.-ая ф-ия: если $\e f^{(n)}(x) \implies$ ф-я дифф-ма $n$ раз \\ Если множество $n$-ых производных функции индуктивно, то ф-я бесконечно дифф-ма \\ \hspace*{1cm} Индуктивное множество: $1 \in \s X \land \all x \in \s X \implies (x+1) \in \s X$ \\ $n$-ый дифференциал: $\delta(dy) = \delta[f'(x)dx]$ при $\delta x = dx$ называется 2-ым дифф-ом и обозначается $d^2y$ \\ \hspace*{1cm} по индукции $\delta(d^{n-1}y)|_{\delta x=dx} = d^ny$ \\ \hspace*{1cm} $\delta(dy) = \delta(f'(x)dx) = \delta(f'(x))dx + f'(x)\delta(dx) = \delta(f'(x))dx = f''(x)\delta xdx = f''(x)dx^2$ \subsection{Теоремы (без док-ва)} Дост. (и необх.) условие $\e$ касательной к графику: дифференцируемость \\ Об арифм. операциях, сложной, обратной, параметрическoй функции: позже с доказательством \\ Дифференциал арифм. операций: то же, что и производная, но вместо $f(x)$ - $d(f(x))$ \\ $n$-ая производная произведения: $(uv)^{(n)} = u^{(n)}v + C^1_nu^{(n-1)}v^{(1)} + C^2_nu^{(n-2)}v^{(2)} + \dots + C^{n-1}_nu^{(1)}v^{(n-1)} + uv^{(n)}$ \\ \hspace*{1cm} По аналогии с формулой для $(a+b)^n$ \subsection{Теоремы (с док-вом)} \begin{enumerate} \item производная суммы \\ $(f' \pm g') = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x) \pm g(x) \mp f(x + \Delta x) \mp g(x + \Delta x)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x) - f(x + \Delta x)}{\Delta x} \pm \lim_{\Delta x \to 0}\frac{g(x) - g(x + \Delta x)}{\Delta x} = f' + g'$ \item Производная произведения \\ $(fg)' = \dlim x \frac{f(x+\Dx)g(x+\Dx) - f(x)g(x)}{\Dx} = \dlim x \frac{f(x+\Dx)g(x+\Dx) - f(x+\Dx)g(x) + f(x+\Dx)g(x) - f(x)g(x)}{\Dx} = \\ = \dlim x f(x+\Dx)\frac{g(x+\Dx) - g(x)}{\Dx} + \dlim x g(x)\frac{f(x+\Dx) - f(x)}{\Dx} \overset{\e f', g'}= g'\dlim x f(x+\Dx) + f'\dlim x g(x) = \\ \overset{f\text{ непрерывна}}=g'f + f'g $ \item Производная частного \\ $\Delta y = y(x + \Dx) - y(x) = \frac{f(x + \Dx)}{g(x + \Dx)} - \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{g(x)f(x+\Dx) - f(x)g(x+\Dx)}{g(x)g(x+\Dx)} = \frac{g(x)f(x+\Dx) - f(x)g(x) - f(x)g(x+\Dx) + f(x)g(x)}{g(x)g(x+\Dx)} = \\ = g(x)\frac{f(x+\Dx) - f(x)}{g(x)g(x+\Dx)} - f(x)\frac{f(x+\Dx) - f(x)}{g(x)g(x+\Dx} = \frac{g(x)\Delta f - f(x) \Delta g}{g(x)g(x+\Delta x)} \\ \dlim x \frac{\Delta y}{\Dx} = \dlim x \frac{\Delta f g(x) - f \Delta g(x)}{g(x)g(x+\Dx)\Dx} \overset{g \text{ непрерывна}}=\frac{f'g - fg'}{g^2}$ \item Производная сложной функции $f(\ph(t))$ \\ $\Delta t \longrightarrow \Dx = \ph ( t + \Delta t ) - \ph(t) \\ \Delta x \longrightarrow \Delta y = f'(x)\Dx + \alpha(\Dx)\Dx \\ \frac{\Delta y}{\Delta t} = f'(x) \frac{\Dx}{\Delta t} + \alpha(\Dx) \frac{\Dx}{\Delta t} = f'(x)\ph'(t) + \alpha(\ph(t+\Delta t) - \ph(t))\ph'(t) = \\ = [\Delta t \to 0 \implies \Dx \to 0 \overset{def}\implies \alpha \to 0] \overset{\ph \text{ непрерывна}}=f'(\ph(t))\ph'(t) + 0 = f'(\ph)\ph'$ \item Производная Обратной функции $f^{-1}(y)$ \\ $\Delta y \longrightarrow \Dx = f^{-1}(y+\Delta y) - f^{-1}(x) \to 0 \frac{\Delta x}{\Delta y} = \frac 1 {\frac{\Delta y}{\Delta x}} = (*) \\ x = f^{-1}(y);\;\Dx = f^{-1}(y + \Delta y) - f^{-1}(y) \implies x + \Dx = f^{-1}(y + \Delta y) \implies f(x + \Dx) = y + \Delta y \implies f(x + \Dx) - f(x) = \Delta y \\ (*) = \frac 1 {\frac{f(x + \Dx) - f(x)}\Dx} \overset{f' \neq 0}= \frac{1}{f'(x)} \\ f^{-1}(y) = \frac 1 {f'(x)}$ \item Производная параметрической функции $f = \system {x = \ph(t) \\ y = \psi(t)}$ \\ предположим $\displaystyle t \in \reg \eps {x_0} : \e \ph^{-1}(x),\; x \mapsto t \\ y(t) = \psi(\ph^{-1}(\ph(t))) = \psi(\ph^{-1}(x)) = \psi \circ \ph^{-1} = y(x) \\ \at{\frac{dy}{dx}}{x_0} = \at{\frac{d(\psi \circ \ph^{-1})}{dx}}{x_0} = \at{\frac{d\psi}{d(\ph^{-1})}}{x_0}\at{\frac{d(\ph^{-1})}{dx}}{x_0} = \at{\frac{d\psi}{dt}\frac{dt}{d\psi}}{t_0 = \ph^{-1}(x_0)} = \frac{\at{\frac{d\psi}{dt}}{t_0}}{\at{\frac{d\ph}{dt}}{t_0}} = \frac{y_t'(t_0)}{x_t'(t_0)}$ \end{enumerate} \section{Интегралы} \subsection {Определения} Дифф. Функцию $F: \s X \to \s R$ называют первообразной к $f: \s E \to \s R$, если $\all x \in \s X \; F'(x) = f(x)$ \\ Неопределённый интеграл: Множество всех первообразных функции $f$ \\ Интегральная сумма: если $T_{[a,b]} = [x_0, x_1,\dots, x_{n-1}]$ - разбиение $f$, $\ss{\xi_i}$ - кортеж отмеченных точек $\all \xi_i: x_i < \xi_i < x_{i+1}$, то $I(x_i, \xi_i) = \sum_{i=0}^n f(\xi_i)\Delta_i,\;\Delta_i = x_i - x_{i-1}$ называется интегральной суммой \\ Предел инт. сумм: $\Delta := \sup_i \Delta_i$, $\lim_{\Delta\to 0}I(x_i, \xi_i) \\\hspace*{1cm} \all \eps > 0 \e \delta > 0, \all T_{[a,b]}, \all \ss{\xi_i} (\Delta < \delta \implies |I - I(x_i, \xi_i)| < \eps)$ \\ Определённый интеграл: $I$ - предел интегральных сумм $=: \int_a^b f(x)dx$ \\ Сумма дарбу: $\displaystyle \bar s = \sum_i m_i\Delta_i, m_i = \inf_{[x_i, x_{i+1}]}; \quad \rab S = \sum_i M_i\Delta_i, M = \sup_{[x_i, x_{i+1}]};$ \subsection{Теоремы (без док-ва)} Интегрирование по частям: Есть в доказательствах \\ Интегрирование заменой переменной: Есть в док-вах \\ СВОйства Сумм Дарбу: \begin{itemize} \item $\bar s = \inf \ss{I(x_i, \xi_i)};\quad \rab S = \sup \ss{I(x_i, \xi_i)}$ \item $T_{[a,b]}' := T_{[a,b]} + \ss{x_{p1}, x_{p2}, \dots} \implies \bar s_T \leq \bar s_{T'} \leq \rab S_{T'} \leq \rab S_T$ \end{itemize} Функция Интегрируема тогда и только тогда, когда $\bar I = \rab I$ \\ Ф-я инт-ма $\Longleftrightarrow \all \eps > 0 \e T_{[a,b]}: \rab S(T) - \bar s (T) < \eps$ \\ Классы интегрируемых функций: \begin{itemize} \item Непрерывные \item Монотонные \item Имеющие конечно число точек разрыва $I$ порядка \end{itemize} СВОйства определённого интеграла: Линейность по аргументу; аддитивность по отрезку \\ Теорема о среднем значении: \\\hspace*{1cm} $\displaystyle \all x\; \sgn g(x) = const \implies \e \mu \in \left[\inf_{[a,b]} f; \sup_{[a,b]} f\right] : \int_a^bf(x)g(x)dx=\mu\int_a^bg(x)dx$ \\\hspace*{1cm} Если $f$ непрерывна, то по теореме о прохождении через промежуточное значение \\\hspace*{1cm} $\e c: f(c) = \mu \implies \int_a^bf(x)g(x)dx=f(c)\int_a^bg(x)$ \\ Формула Ньютона-Лейбница: $\dst \int_a^bf(x) = F(b)-F(a) = \from F a b$ \\ Формула Лейбница (дифференцирование интеграла с переменными пределами): \ntab пусть $\dst f(x, t)$ непрерывна, тогда $I(t) = \int_{a(t)}^{b(t)}f(x,t)dx$ дифференцируем по $t$, \ntab $\dst \frac{d}{d t}\int_{a(t)}^{b(t)}f(x,t)dx = f(b(t),t)\frac{db}{dt} - f(a(t),t)\frac{da}{dt} + \int_{a(t)}^{b(t)}\frac{\d}{\d t}f(x, t)dx$ \ntab В частном случае, когда $f$ не зависит от $t$, $\dst \frac{d}{dt}\int_{a(t)}^{b(t)}f(x)dx = f(b(t))\cdot\at{\frac{db}{dt}} t - f(a(t))\cdot\at{\frac{da}{dt}}t$ \\ Замена переменной: $\int_a^bf(x)dx = \int_{\ph(a)}^{\ph(b)}f(\ph(t))\ph'(t)dt$ \\ Инт. По частям: $\int_a^bf(x)g'(x)dx = \from{(f\cdot g)} a b - \int^a_bf'(x)g(x)dx\hspace{1cm} \int udv = uv - \int vdu$ \subsection{Теоремы (с док-вом)} \begin{enumerate} \item Пусть $f: \s X \to \s R, \ph: \s T \to \s X$. тогда $\int f(x)dx = \int f(\ph(t))\ph'(t)dt$ \\ $\int f(x)dx = F(x) \overset{def}\implies \all x \in X F'(\ph(t)) = f(\ph)\ph'$ \item $uv', vu'$ интегрируемы, тогда $\int udv = uv - \int vdu$ \\ $(vu)' = u'v + u'v \implies \int uv'dx = \int ((uv)' - vu')dx = \int (uv)'dx - \int vu'dx = uv - \int vu' dx$, интеграл существует по условию \item УРА СУММ ДАРБУ В ЭТОМ ГОДУ НЕ БУДЕТ, ЭТО СКИП ТИПА 20 ТЕОРЕМ \item Теорема о формуле среднего значения: если $f: \s X \to \s Y, g: \s X \to \s Z, \sgn \s Z = const , f$ непрерывна, а числа $m, M$ - нижняя и верхние грани $\s Y$ соответственно, то \\$\e \mu \in \s Y: \int_a^bf(x)g(x)dx = \mu(a-b)\int_a^b g(x)dx$ \\ Док-во: $f$ интегрируема $\implies$ ограничена $\implies \e \inf_{[a,b]}f(x) =: m, \sup_{[a,b]}f(x) =: M$\\ \[ m \leq f \leq M \implies mg \leq fg \leq M \implies m\int_a^bgdx \leq \int_a^bfgdx \leq M\int_a^bgdx \implies \int_a^b fgdx \in \left[m, M\right] \cdot \int_a^bgdx \] $\int_a^bgdx = 0 \implies \int_a^bfgdx = 0 = \mu\int_a^bgdx, \mu \in \s R \\ \mu := \frac{\int_a^bf(x)g(x)dx}{\int_a^bg(x)dx} \in [m,M]$ \\ Если $f$ непрерывна, то по т-ме о промеж. значении $\e c: f(c) = \mu \in [m, M]$ \item Теорема о сузществовании первообразной: $f$ непрерывна $ \implies \exists F(x) = \int_a^xf(t)dt$. Док-во: $F' = \dlim x \frac{\int_a^{x+\Dx}f(x)dx - \int_a^xf(x)dx}{\Dx} = \dlim x \frac 1 \Dx \int_x^{x+\Dx}f(t)dt = \dlim x \frac 1 \Dx f(\xi)\int_{x}^{x+\Dx}dt = \dlim x \frac {\from t x {x+\Dx}}\Dx f(\xi) = \\ = \dlim x f(\xi) \overset{\xi \in [x, x+\Dx]}= f(x)$ \item Формула Ньютона-Лейбница: $\int_a^b f(x)dx=F(a)-F(b), \text{ где } F'=f$ \\ $\Phi(x) = F(x) + C = \int_a^xf(t)ft + C \implies \system { &\Phi(a) = C \\ &\Phi(b) = \int_a^bf(t)dt + C } \implies \int_a^bf(t)dt = \Phi(b) - \Phi(a)$ \item Формула просто Лейбница: Через банального ньютона-лейбница... \item Теорема о методе замены переменной: $\int_a^bf(x)dt = \int_\alpha^\beta f(\ph(t))\ph'(t)dt$ \\ Рассмотрим первообразную $F'(\ph(t)) = f(\ph(t))\ph'(t), \int_\alpha^\beta F'(\ph(t))dt = F(\ph(\alpha)) - F(\ph(\beta)) =\\= F(a) - F(b) = \int_a^bf(x)dx$ \item Теорема об интегрировании по частям \\ \end{enumerate} \section{Теоремы о диф. ф-ях} \subsection{Определения} Ограниченная функция: $\e c \in \s R\; \all x \in \s X : |f(x)| \leq c$ \\ Точная верхняя грань функции: $\rab S = \sup_{[a,b]}f(x) := (\all x \in \s X: |f(x)| \leq \rab S) \land (\all S' < \rab S \e x \in \s X: S' < |f(x)| \leq \rab S)$ \\ Равномерно непрер.: $\all \eps > 0 \e \delta > 0, \all x_1, x_2 \in \s X (|x_1 - x_2| < \delta \implies |f(x_1) - f(x_2)| < \eps)$ \\ Возрастание в точке: $\e \reg {} c\: \all x \in \reg {} c\; (x \lessgtr c \implies f(x) \lessgtr f(c))$. \\ Убывание: $(x \lessgtr c \implies f(x) \gtrless f(c))$ \subsection{Теоремы (без док-ва)} о локальной ограниченности: Если $f$ непрерывна в точке, то она локально ограничена в ней \\ Об устойчивости знака $f$: $f(c) \lessgtr 0 \implies \e \reg {} c, \all x \in \reg {} c\; f(x) \lessgtr 0$ \\ I Вейерштрасс: Если функция непрерывна, то она ограничена \\ II Вейерштрасс: Непрерывная на сегменте функция достигает своих $\sup, \inf$ \\ Кантора: Непрерывная функция на сегменте равномерно непрерывна \\ Ролля: Пусть $f$ опр, непр на $[a,b]$, дифф на $(a,b)$, тогда $\e c \in (a,b) : f'(c) = 0$ \\ Формула конечных приращ-ий Лагранжа: непр, дифф $\implies \exists c \in (a,b): f(b) - f(a) = f'(c)(b-a)$ \\ Достаточное усл-е возрастания (в точке): $f'(c) > 0 \implies$ ф-я возрастает \\ Необх. усл. неубывания: ф-я неубывает $\implies f'(c) \geq 0$ \\ Дост. усл-я возрастания (на интр-ле): хз \\ Формула Коши: $f, g$ непр, дифф-мы, $g \neq 0 \implies \e c \in (a,b) : \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}$ \\ Формула Тейлора: \\ $\dst f(x) = P_n(x) + R_{n+1}(x), \ntab P_n = \sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k, \quad R_{n+1} = \vsystem [ { &\frac 1 {n!} \int_{x_0}^xf^{(n+1)}(t)(x-t)^ndt \text{ - Интегральная}\\ &\frac 1 {(n+1)!}f^{(n+1)}(\xi)(x-x_0)^{n+1}, \xi \in [x_0, x] \text{ - Лагранжа} \\ &o((x-x_0)^n) \text{ - Пеано} }$ \subsection{Теоремы (с док-вом)} \begin{enumerate} \item О локальной огр-сти ф-ии, имеющей предел в точке: \\ $\all \eps > 0 \e \delta > 0, (\all x \in \reg\delta a \implies f(x) \in \reg\eps b), \reg\eps b = (b-\eps, b+\eps)$ - ограничено \item Об устойчивости знака непр-ой ф-ии: \\ $\all \eps > 0 \e \delta > 0 (\all x \in \reg\delta a \implies f(x) \in \reg\eps {f(a)}) \implies f(a) - \eps < f(x) < f(a) + \eps \\ \eps := \frac{f(a)}2 \implies \frac{f(a)}2 < f(x) < \frac{3f(a)}2. f(a) > 0 \implies f(x) > 0\;\all x \in \reg\delta a$ \item Непр. ф-ии с разными знаками на концах отрезка: См. \hyperlink{funcvalpass}{2.3.11} \item I Вейерштрасс: непрерывность $\implies$ ограниченность \\ Пусть f не ограничена. Тогда по аксиоме выбора $\e \ss{x_n}: |f(x_n)| > n$. $x_n$ ограничена $[a,b]$, $\exists \ss{x_{n_k}} \to c \in [a,b]$ (Больцано-Вейерштрасса). $\lim |f(x_{n_k})| \to \infty$. Итак, мы нашли подпосл-ть, которая не сходится, при том что подпосл-ть сходится, что противоречит определению предела по гейне: $\exists \ss{x_n} \to c : \ss{f(x_n)} \not \to f(c)$ \item II Вейерштрасс: достигаютс спермумы и инфанты \\ $(\e M : \all x \; f(x) \leq M) \land (\all \eps := \frac 1 n > 0 \e x_\eps : M - \eps < f(x_\eps) < M)$. По аксиоме выбора строим $\ss{x_n}: \all \eps := \frac 1 n,\; f(x_n) > M-\eps.$ \\ $M - \frac 1 n < f(x_n) \leq M \longrightarrow \frac 1 n > M - f(x_n) \geq 0\\ |f(x_n) - M| < \frac 1 n < \frac 1 N < \eps \implies \lim f(x_n) = M$. То есть есть: $\system { &a \leq \ss{x_n} \leq b \\ &\ss{f(x_n)} \to M }, \e \ss{x_{n_k}} \to c \implies \\ \implies \ss{f(x_{n_k})} \to M$, По определению непрерывности по Гейне: $\all \ss{x_{n_k}} (\ss{x_{n_k}} \to c \implies \ss{f(x_{n_k}} \to M) \implies \lim_{x \to c} f(x) = M$, а по определению непрерывности $M = f(c)$, то есть \\ $\dst \e c \in [a, b] : f(c) = M =: \sup_{[a,b]}f(x)$ \item Кантора-Гейне: Непрерывность = равномерная непрерывность \\ Непрерывность: $\all c \all \ss{x_n} \to c : \ss{f(x_n)} \to f(c)$. Предположим, $f$ не равномерно непрерывная. Тогда: \\ $\e \eps > 0\; \all \delta > 0\; \e x_1, x_2 \in \s X (0 < |x_1 - x_2| < \delta \implies |f(x_1) - f(x_2)| > \eps)$. Выделим $\ss{x_{n1}}, \ss{x_{n2}} : |x_{n1} - x_{n2}| < \delta = \frac 1 n; |f(x_{n1}) - f(x_{n2})| \geq \eps$. \\ По Больцано-Вейштрассу, $\ss{x_{n1, n2}}$ ограничены, тогда $\e \ss{x_{n1_k}} \to c_1, \ss{x_{n2_k}} \to c_2$. Сделаем вид, что мы расписали что-то: $|x_{n2_k} - c| \leq \underbrace{|x_{n2_k} - x_{n1_k}|}_{< \eps /3} + \underbrace{|x_{n1_k} - c|}_{< \eps /3} \leq \frac 2 3\eps < \eps \implies \ss{x_{n1_k}}, \ss{x_{n2_k}} \to c$. \\ Из определения непрерывности по гейне: $\ss{f(x_{n1_k})}, \ss{f(x_{n2_k})} \to f(c)$, но это противоречит $|f(x_n1) - f(x_n2)| \geq \eps$, тогда Верно предположение, обратное нашему \item Дост. усл-е возрастания: если $f'(c) > 0$, то $f$ возрастает. Для производной пусть $x := \Dx + c$ \\ $\all \eps > 0 \e \delta > 0, \all x \in \reg \delta c : \left|\frac{f(x) - f(c)}{x-c} - f'(c)\right| < \eps \implies -\eps + f'(c) < \frac{f(x) - f(c)}{x - c} < \eps + f'(c)$. Пусть \\ $\eps := f'(c)$, тогда $0 < \frac{f(x) - f(c)}{x - c} \implies \vsystem \{ { &f(x) > f(c) \quad (x > c) \\ &f(x) < f(c) \quad (x < c) \\ }$ \item Дост. и Необх. усл-я неубывания: Буквально из определения неубывания составляем определение предела и по теореме о переходе в неравенство $f'(c) \geq 0$ \item Ролль: $f$ определена, непрерывна, дифференцируема, $f(a) = f(b)$. Тогда $\e c \in (a,b) : f'(c) = 0$ \\ по II теореме Вейерштрасса $\dst \exists m := \inf_{[a,b]}f(x), M := \sup_{[a,b]}f(x)$ \begin{enumerate} \item $m = M: f(x) = const \implies \all c \in (a,b): f'(c) = 0$ \item $M > f(a): \all x \in [a,b] f(x) < f(c) \implies c$ - точка локального максимума, $f'(c) = 0$ (по теореме Ферма ещё кст) \item $m < f(a)$: аналогично \end{enumerate} \item Конечные приращения Лагранжа: \\ Уравнение касательной: $f'(x_0)(x-x_0) + f(x_0)$, Секущей: $\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} (x-x_1) + f(x_1)$ \\ Сама теорема: $f$ непрерывна, дифференцируема, тогда $\e c: f(b) - f(a) = f'(c)(b-a)$. \\ Рассмотрим функцию $F(x) = f(x) - y_\text{сек.} = f(x) - \frac{f(b) - f(a)}{b-a}(x-a) - f(a); f(a)=f(b)=0 \implies \e c: F'(c) = 0 = f'(c) - \frac{f(b) - f(a)}{b-a} \implies f(b)-f(a) = f'(c)(b-a), c \in [a,b]$ \item Формула Коши: пусть $F(x) = f(x) - \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}(g(x) - g(b)).\; F(a) = f(a) = F(b) \implies \e c: F'(c) = 0 = f'(c) - g'(x)\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} \implies \frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}$ \item Формула тейлора с интегральным членом: \\ $\dst f(x) - f(x_0) = \int_{x_0}^xf'(t)dt \implies \\ f(x) = f(x_0) - \int_{x_0}^xf'(t)d(x-t) = f(x_0) - \from{f'(t)(x-t)}{x_0}x + \int_{x_0}^xf''(x)(x-t)dt = \\ = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) - \int_{x_0}^xf''(x)d\left(\frac{(x-t)^2}2\right) = \\ = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) - \from{\frac{f''(t)(x-t)^2}2}{x_0}{x} + \frac 1 2\int_{x_0}^xf'''(t)(x-t)^2dt = \\ = f(x_0) + \frac{f'(x_0)(x-x_0)}{1!} + \frac{f''(x_0)(x-x_0)^2}{2!} - \frac 1 {3!}\int_{x_0}^xf'''(t)d((x-t)^3) = \\ = \dots = \sum_{k=0}^n \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n + \frac 1 {n!} \int_{x_0}^xf^{(n+1)}(t)(x-t)^ndt$ \item Тейлор с Лагранжем: \\ $\dst R_{n+1} = \frac 1 {n!}\int_{x_0}^xf^{(n+1)}(t)(x-x_0)^ndt \overset{\text{т-ма о среднем}} = \frac 1 {n!} f^{(n+1)}(\xi)\int_{x_0}^x(x-t)^ndt = \from{\left(\frac 1 {(n+1)!} f^{(n+1)}(\xi)(x-t)^{n+1}\right)}{x_0}x = \frac{(x-x_0)^{n+1}}{(n+1)!}f^{(n+1)}(\xi) $ \item Тейлор с Пеано: \\ $\dst f(x) = P_n(x) + \bar o((x-x_0)^n) \implies \lim_{x\to x_0}\frac{f(x) - P_n(x)}{(x-x_0)^n} = \lim_{x\to x_0}\frac{f(x) - f'(x_0)(x-x_0) - \dots}{(x-x_0)^n} \overset{\text{ L'Hôpital }} =\\\overset{\text{ L'Hôpital }}= \lim_{x\to x_0} \frac{f'(x) - f'(x_0) - f''(x_0)(x-x_0) - \dots - \frac{f^{(n-1)}(x_0)}{(n-1)!}(x-x_0)^{n-1}}{n(x-x_0)^{n-1}} = \dots =\\= \lim_{x\to x_0}\frac{f^{(n)}(x) - f^{(n)}(x_0)}{n!} = 0 \implies f(x) - P_n(x) = o((x-x_0)^n) $ \item Единственность разложения Тейлора: Пусть у нас есть 2 разложения: \\ $\dst \underbrace{\system {a = \{a_0, a_1, \dots\, a_n, \alpha(x)\} \\ b = \{b_0, b_1, \dots, b_n, \beta(x)\}}, \hspace{1cm} \vsystem \downarrow { &f(x_0): a = a_0, b = b_0 \implies a_0 = b_0 \\ &f'(x_0): a = a_1, b= b_1 \implies a_1 = b_1 \\ &\hspace{1cm}\vdots \\ &f^{(n)}(x_0): a_n = b_n \\ &\alpha = \beta }}_{\stackunder{\Downarrow}{a = b}}$ \item теорема о правиле L'Hôpital-я: $\lim_{x\to x_0} \frac {f(x)} {g(x)} = \frac 0 0 = (*) \\ \frac{f(x)}{g(x)} \overset{f(a), g(a) := 0;\; \e c \in (x, x_0)}= \frac{f(x) - f(x_0)}{g(x) - g(x_0)} = \frac{f'(c)}{g'(c)} = [с \to x \text{ по 2 милицционерам}] = \frac{f'(x)}{g'(x)} \implies \\$ $\dst \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}$ \end{enumerate} \section{Построение Графиков} \subsection{Определения} Точка локального минимума: $\e \exclreg \delta c \subset \s X: \all x \in \exclreg \delta c : f(x) > f(c)$ \\ Направление выпуклости вверх: $(a,b) \subset \s X: \all x_0 \in (a,b): f(x_0)$ не выше касательной в $(x_0, f(x_0))$ \\ Точка перегиба: $\e$ касательная, $\e \delta > 0: \system { & \all x \in \exclreg {\delta^-} x_0 : \text{ выпуклость одна} \\ & \all x \in \exclreg {\delta^+} x_0 : \text{ выпуклость другая} }$ \\ Наклонная асимптота: $y = kx + b$ - ассимптота, если $f(x) = kx + b + o(1), x\to\infty$ \\ Вертикальная асимптота: $x = a$ - ассимптота, если $\dst\vsystem [ { \lim_{x\to a-0} = \pm \infty \\ \lim_{x\to a+0} = \pm \infty \\ }$ \\ Локальный экстремум: точка, которая либо локальный минимум, либо локальный максимум \subsection{Теоремы (без док-ва)} Необх. и Дост. усл-я локального экстремума: \ntab Необходимое: если $x_0$ - экстремум, то $f'(x_0) = 0 (\lor f'(x_0\text{ не сущ.}))$ \ntab Достаточное: $\sgn f_-'(x_0) \neq \sgn f_+'(x_0)$ \\ Дост. усл-я экстремума с дважды дифф-емой ф-ей: $f'(x_0) = 0 \land f''(x_0) \neq 0$ \\ Необх. и Дост. усл-я $\e$ накл. асимптоты: $y = kx+b$ - ассим. $\Longleftrightarrow \dst \lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}x = k \land \lim_{x\to\infty}(f(x) -kx) = b$ \\ Необх. и Дост. усл-я перегиба: \ntab Необходимое: $f''(x_0) = 0$ \ntab достаточное: $\sgn f_-''(x_0) \neq \sgn f_+''(x_0)$ \\ Дост. усл-я перегиба с 3-ей пр-ой: $f''(x_0) = 0;\; f'''(x_0) \neq 0 \ntab \all n (n \bmod 2 = 1), \all k := \overline{2,n-1}\; f^{(k)}(x_0) = 0, f^{(n)} \neq 0$ \subsection{Теоремы (с док-вом)} \begin{enumerate} \item Необх. усл-е экстремума (I): Пусть $f'(x) > 0$, но тогда функция возрастает (теорема о связи знака производной с возрастанием), тогда $f'(x) \leq 0$. Аналогично, $f'(x) \geq 0 \implies f'(x) = 0$ \item Дост. усл-е экстремума (I): Дано: $f_-'(x_0) < 0, f_+'(x_0) > 0$, по т-ме Лагранжа: $\all x \in \exclreg \delta c : x \gtrless c \implies f'(x) \gtrless 0, f(x) - f(c) = f'(\xi)(x-c) \implies \system { &(x < c) \implies \xi \in (x, c) \implies f'(\xi) < 0 \implies f(x) > f(c) \\ &(x > c) \implies \xi \in (c, x) \implies f'(\xi) > 0 \implies f(x) > f(c)\\ } \implies\\\implies c$ - точка локального максимума \item Дост. усле- экстремума (II): $f'' < 0 \implies \e \reg \delta c: x\lessgtr c \implies f'(x) \gtrless f'(c) \implies$ по достаточному условию, доказанному выше, $c$ - тока локального максимума \item $f''(x) < 0 \implies $ выпуклость вверх/вниз: $\system { &g(x) = f'(x_0)(x-x_0) + f(x_0) \\ &f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac 1 2 f''(\xi)(x-x_0)^2, \xi \in (x, x_0) \\ } \\ f(x) - g(x) = \frac 1 2 f''(\xi)(x-x_0)^2 \implies \system{ &f'' > 0 \implies f(x) > g(x) \implies \text{выпуклость вниз} \\ &f'' < 0 \implies f(x) < g(x) \implies \text{выпуклость вверх} \\ }$ \item Необх. усл-е перегиба (II): Пусть Есть перегиб в точек $c \\\system{ &f''(c) < 0 \implies \e \reg \delta c: \all x \in \reg\delta c f''(x) < 0, \text{противоречит прошлой теореме} \\ &f''(c) > 0 \implies \e \reg \delta c: \all x \in \reg\delta c f''(x) > 0, \text{противоречит прошлой теореме} \\ } \implies f''(c) = 0$ \item Дост. усл-е перегиба (II): из теоремы о связи знаков следует разная выпуклость на $(c-\delta, c)$ и $(c, c+\delta) \implies c$ - точка перегиба \item Дост. усле- перегиба (III): из теоремы о связи знака производной с возрастанием следует, что $f'''(c) \neq 0 \implies \sgn f_-''(c) \neq \sgn f_+''(c)$, Из прошлой теоремы $c$ - точка перегиба \end{enumerate} \section{Консультация} \begin{itemize} \item Теорема о формуле Коши: $f, g$ на $[a,b]$, дифференц., непрерывная, $g'(x) \neq 0\\$ $\exists c \in [a,b]: \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}$ \item Теорема о правиле Лопитяля: $\e \lim_{x \to x_0} f(x) = 0, \lim_{x \to x_0} g(x) = 0.\\ \e f'(x), g'(x)$ в проколотой окресности, значит $f, g$ непрерывны в $\exclreg \eps {x_0}\\ g'(x) \neq 0, \;\e \lim_{x\to x_0} \frac{f'(x)}{g'(x)}$, Тогда $\e \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to x_0} \frac{f'(x)}{g'(x)}$ \\\\ Доказательство: \\ Доопределим $f,g$ в точке $x_0$ для применения формулы Коши: $\all x \in \exclreg \eps {x_0}\;f(x), g(x)$ непрерывны\\ Тогда $\e c \in (x, x_0): \frac{f(x) - f(x_0)}{g(x) - g(x_0)} = \frac{f'(c)}{g'(c)} \implies \lim_{x\to x_0}$ \item 117 $f(x)$ дифф-ма на $(-a, a);\; f'(0) = 1;\;, \all x, y \in (-a, a) : f(x+y) = \frac{f(x) + f(y)}{1 - f(x)f(y)}\\$ Доказать: $f'(x) = 1 + f^2(x)$ \\ $f'(x) = \dlim x \frac{f(x+\Dx) - f(x)}{\Dx} = \dlim x \frac 1 \Dx \left(\frac{f(x) + f(\Dx)}{1 - f(x)f(\Dx)} - f(x)\right) = \\ = \dlim x \frac 1 \Dx \frac{f(\Dx) + f^2(x)f(\Dx)}{1 - f(x)d(\Dx)} = (1 + f^2(x))\dlim x \frac{f(\Dx)}{\Dx}\frac 1 {1 - f(x)f(\Dx)} = \\ = \left[f'(0) = \dots = (1 + f^2(0))\dlim x \frac{f(\Dx)}{\Dx(1 - f(0)f(\Dx))}= 1 \overset{\text{из сущ. предела}}\implies f(0) = 0 \right] = $ короче нихуя она не дорешала \item 132 $f(x+y)$ дифф $x \in \s R, \all x,y : f(x+y) = f(x)f(y)$. Доказать, что $\e C: f'(x) = Cf(x)$ \\ $f'(x) = \dlim x \frac{f(x+\Dx) - f(x)}{\Dx} = \dlim x \frac{f(x)f(\Dx) - f(x)} \Dx = f(x)\dlim x \frac{f(\Dx) - 1}{\Dx}. \\ f(0) = f^2(0) \implies f(0) = 0 | 1 \\ \dst f(0) = 1: f(x)\dlim x \frac{f(\Dx) - 1}{\Dx} = f(x)\dlim x \frac{f(0 + \Dx) - f(0)}{\Dx} = f(x)f'(0) = cf(x)$ - доказано \\ $f(0) = 0$ - $C$ любой \item вернёмся к 117 $f(xy) = f(x) + f(y). x = y = 0 \implies f(0) = 2f(0) \implies f(0) = 0 \\ \dlim x \frac{f(x+\Dx) - f(x)} \Dx = (1 + f^2(x))\dlim x \frac{f(\Dx)}\Dx \frac{}{}$... ЛЕВАШОВА НЕ ДОКАЗЫВАЕТ!!!!!!!!!!!! \item 81, 93 \\ Дано: $f^{(I-IV)}(x_0) = 0, f^{(V)}(x_0) \neq 0$ \\ Док-ть: $\e \Sigma(x_0): f(x) = f(x_0)$ имеет единственное решение \\ По условию: $\e f^{(n)}(x_0), 0 \leq n \leq 5$ \\ $f(x) = f(x_0) + \frac{f^{(5)}(x_0)}{5!}(x-x_0)^5 + o\left((x-x_0)^5\right) \implies \frac{5!}{f^{(5)}(x_0)}f(x) - f(x_0) = (x-x_0)^5 \cdot \left(1 + \frac{o(x-x_0)^5}{(x-x_0)^5} =: \alpha(x)\right) \\ \left[\alpha \to 0 (x\to 0): \all \eps > 0 \e \delta_{1/2} ( 0 < |x-x_0| < \delta_{1/2} \implies |\alpha(x)| < \frac 1 2=: \eps\right] \\ \implies x_0$ - решение \\ По сути: сначала мы разложением в ряд доказали, что решение есть, а потом мы выбрали $\eps$-окресность, в которой один множитель не превосходит $\frac 1 2$, поэтому получили, что решение единственное \item 90: $f''(x_0) = 0; f'''(x_0) > 0 \implies f(x)$ не имеет лок. экстремума в $x_0$ \\ По Тейлору: $f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac 1 2 f''(x_0)(x-x_0)^2 + \frac 1 6 f'''(x_0)(x-x_0)^3 + o(x-x_0)^3 \\$ Если $f'(x_0) = 0, f'(x_0) \neq 0 \implies$ не выполнено необходимое условие экстремума \\ $f(x) - f(x_0) = \frac 1 6 f'''(x_0)(x-x_0)^3 + o(x-x_0)^3 = (x-x_0)^3\frac{f'''(x_0)}{3!}\left(1 + \alpha(x)\right), \alpha(x) > 0 \implies \\\implies (x > x_0 \implies f(x) - f(x_0) > 0 \land x < x_0 \implies f(x) - f(x_0) < 0) $ - отрицание локального экстремума! :0 \\ (разумеется всё в окресности) \item 39: $f(x)$ непр. на $\dst [a, +\infty), \e \lim_{x\to+\infty}f(x)=b, f(a)=b$, доказать, что $\dst\e c: f(c) = \sup_{[a,+\infty)}f(x)$ \\ док-во: \begin{enumerate} \item $f(x) = b = const$, всё норм \item $f(x) \neq const, \all x\;f(x) \leq b \implies \sup = f(a)$ \item $\e x_0 \in [a,+\infty) : f(x_0) > b$ \\ $\all \eps > 0 \e A: \all x \in \s X (x > A \implies |f(x) - b| < \eps := \frac{f(x_0) - b}2) \\ \e A_\eps: \frac{b - f(x_0)}2 + b < f(x) < \frac{f(x_0) - b}2 + b \implies f(x) < \frac{b + f(x_0)}2 < f(x_0) \\ x \in \left[a, \max(A_\eps, x_0)\right], \quad x > \max(a_\eps, x_0) \implies f(x) < f(x_0),\quad \sup_{[a, \max(\dots)]} $ ОПЯТЬ КОНЦОВКУ НЕ ПОНЯЛ БЛЯТЬ \end{enumerate} \item 9, $\dst\all n \geq 0, \all x \in [0, 2]:\left|e^x - \sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!}\right| < \frac{10\cdot 2^{n+1}}{(n+1)!}$\\ У нас типа есть многочлен тейлора??? $e^x = P_n(x) + R_{n+1}(x) \implies \left|e^x - P_n(x)\right| = |R_{n+1}(x)| = \left|\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}x^{n+1}\right| \overset{[f^{(n+1)}(\xi) < 10, e^\xi (\xi \in [0, 2]), x \leq 2]} < \frac{10 \cdot 2^{n+1}}{(n+1)!}$ \item Теорема Кантора: Надо всё-таки доказательство выучить \item 105: $f(x)$ непр., $\dst\e \lim_{x\to+\infty}f(x)=b \implies f(x)$ равномерно непрерывна \\ $\all \eps > 0 \e A, \all x > A_\eps : |f(x) - b| < \eps \implies \all x', x'' > A_\eps: |f(x') - b| < \frac \eps 2 \land |f(x'') - b| < \frac \eps 2 \implies \\ \implies |f(x') - f(x'')| = |f(x') - b - f(x'') + b| \leq |f(x') - b| + |f(x'') - b| < \eps \\ \all \eps \e \delta, \all x', x'' > A_\eps, 0 < |x' - x''| < \delta : |f(x') - f(x'')|< \eps$, а на отрезке $[a, A_\eps+1]$ по теореме Кантора р. непрерывна, на отрезке $[A_\eps+1, +\infty]$ мы доказали\\ А теперь надо соединить два куска!!!!!! \\ Пусть $x' < A_\eps + 1, x'' > A_\eps + 1, |x' - x''| < \delta$. \\ Рассмотрим $|f(x') - f(x'')| = |f(x') - f(A_\eps + 1) + f(A_\eps + 1) - f(x'')| < \eps$\\ Она снова концовку смазала я не могу... \item 11 Дано: $P_n(x) = \sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)(x_0)}}{k!}(x-x_0)^k$\\ Док-ть: $P^{(k)}(x_0) = f^{(k)}(x_0), k = \overline{0, n}$ Эээээм... ну она чё-то сказала, но я ничё не понял)))))))))) \item 135: $\dst\lim_{x\to\infty}\left(\frac{\ln n}{n^\alpha} =: x_n\right) = 0, \alpha > 0\\ \lim_{x\to\infty} \frac 1{\alpha x^\alpha} =0$ (по лопиталю) А потом она минут 10 чё-то про Гейне говорила иииИИИИИИИИИиииии, кто бы мог подумать, я снова нихуя не понял))))) \item $f(x) = \arctg\sqrt[3]{x}$ р.н. на $(0, +\infty)$ \\ 1) $\arctg\sqrt[3]{x}$ (тоже скипнул) 2) скипнул случайно, сорян 3) Если $\dst x \in [1, +\infty), f'(x) = \frac 1 {3x^{\frac 2 3}(1 + x^{\frac 2 3})} < \frac 1 6 \\ \all \eps > 0 \e \delta = 6\eps, \all x', x'' (x', x'' < \delta \implies |f(x') - |f(x'')| < \eps)$ - выполнены условия теоремы Лагранжа на $[x', x'']$ - $|f(x') - f(x'')| < |f'(\xi)||x'-x''| < \frac 1 6 \cdot 6 \eps$ 4) Док-ть равномерн. непрерывность на объединении интервалов \item Задачи вида: $f(x) = P_n(x) + o(x^n) \left(e^x = \sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!} + o(x^n)\right)$ - См. Лекция 17 док-во формулы Тейлора с остаточным членом \item 57: $\dst \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^n (-1)^n\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!} = \sin x\\ \all \eps > 0 \e N' \in \s N, \all n \left(n > N' \implies \left|\sum_{k=0}^n (-1)^n\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!} - \sin x\right| < \eps\right) \equiv \\ \equiv \left|R_{N'+1}:=\frac{\sin^{(N'+1)}(\xi)}{(2N'+1)!}x^{2N'+1}\right| < \left|\frac{x^{2N+3}}{(2N+3)!}\right| < \eps$ \\ (Вроде можно доказать, что $\frac{x^n}{n!} \to 0, x \to \infty$) \\ $|P_{N+1}| < \left|\frac{x^{2N+3}}{(2N+3)!}\right| < \eps$ - по индукции вроде можно доказать... \item А теперь реально докажем, что $\frac{x^n}{n!} \to 0, x \to \infty$ \\ $\frac{x_{n+1}}{x_n} = \frac n {a^n} = \frac{a}{n+1} < 1$ - монотонно убывает \\ ограничена, так как $>0$, тогда по теореме кого-то там $\e \lim = 0$ \item 171 - реально сложная по словам Левашовой, найдите все $p$ такие, что $\dst \lim_{n\to+\infty}\frac{p^nn!}{n^n} = 0$ \\ Делаем через рекуррентное соотнощ $\dst x_n = \frac{p^nn!}{n^n}, \frac{x_{n+1}}{x_n} = \frac{p(n+1)}{n+1}\left(\frac{n}{n+1}\right)^n = p \frac 1 {(1 + \frac 1 n)^n}\\ p < e: \e N: \all n > N\; \left(\frac{x_{n+1}}{x_n} < 1\right), x_n > 0 \implies \e C = \lim_{x\to\infty}x_{n+1} = C\frac p e\implies C = 0 \\ P > e: $ посл-ть мон-но возрастает, $x_{n+1} > \frac{P^NN!}{N^N} \implies C = \lim\ss\dots \neq 0$ \item Та самая задачка: $f(x) = e^{-x^2}$, найти $f^{(n)}(0)$ 1) $\dst f(x) = \sum_{k=0}^n\frac{(-x^2)^k}{k!} + o(x^{2k}) = \sum_{k=0}^{2n}\frac{f^{(k)}(0)}{k!} + o(x^{2n}) \\ \frac{f^{(n)}(0)}{n!} = \frac{(-1)^{n/2}}{(n/2)!}$ \\ 2) Способ (как для арктангенса) $f' = -2xe^{-x^2}$, а потом по формуле ЛЕЙБНИЦА берём $n-1$-ую производную: $f^{(n)} = -2(n-1)f^{n-2}(0)$ \item 99: Сами решите))) \item 114: найти $\arcsin^{(n)}(0)$ \[\vsystem . { & f(x) = \arcsin x,\; f'(x) = \frac 1 {\left.f^{-1}\right.'(y)} = \frac 1 {\cos y} = \frac 1 {\sqrt{1 - x^2}},\; f'(x)\sqrt{1-x^2} = 1,\; \left(f'(x)\right)^2(1 - x^2) = 1\\ & f''(x) = 2f'f''(1-x^2) - 2f'f'x \overset{\all x\;f' \neq 0}= f''(1-x^2) - 2f'x = 0. \text{ Берём производную $n$ раз...} \\ & \sum_{k=0}^nC_n^k(1-x^2)^{(n-k)}f^{(n+2)} - \sum_{k=0}^nC_n^k (x)^{(n-k)}f^{(n+1)} = \\ & = 0 + \dots + 0 + \frac{n!}{(n-2)!(2)!}(1-x^2)''f^{(n)} + \frac{n!}{(n-1)!1!}(1-x^2)'f^{(n+1)} + (1-x^2)f^{(n+2)} - \\ & \hspace*{1cm} - 0 - \dots - 0 - \frac{n!}{(n-1)!1!}x'f^{(n)} - xf^{(n+1)} = \\ & = -n(n-1)f^{(n)} - 2xnf^{(n+1)} + (1-x^2)f^{(n+2)} - nf^{(n)} - xf^{(n+1)} = \\ & = -n^2f^{(n)} - x(2n-1)f^{(n+1)} + (1-x^2)f^{(n+2)} = 0\quad\text{ Для }x=0: \\ & f^{(n+2)} = n^2f^{(n)};\;\system{f'(0) = 1\\ f''(0) = 0} \implies \system{ &f^{n}(0) = 0,&n \bmod 2 = 0 \\ &f^{n}(0) = (n-2)^2\cdot(n-4)^2\dots3^2\cdot1^2 = (n-2)!!^2,&n \bmod 2 = 1 }\\ &\text{Ответ: } \arcsin^{(n)}(0) = (n \bmod 2)\cdot \left((n-2)!!\right)^2 }\] Проверка: \\$\dst \arcsin x = \sum_{k=0}^\infty \frac{\arcsin^{(k)}(0)x^k}{k!} = x + \sum_{k=3}^\infty \frac{(k \bmod 2)((k-2)!!)^2x^k}{k!} \overset{n := 2k}= x+\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2n+1}(2n-1)!!(2n-1)!!}{(2n+1)!} = x+ \sum_{n=1}^\infty \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{x^{2n+1}}{2n+1} $ Сверяясь с википедией, вроде оно \end{itemize} \end{document}