path: root/2025math.tex

\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: $\displaystyle
(\not \e \lim_{x\to a+0}f(x)) \lor (\not \e \lim_{x\to a-0}f(x))$

\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}