Added half-finished dis notes appendix with proofs of theorems

2 files changed, 273 insertions, 0 deletions

diff --git a/Year 1/Mathematical analysis/notes-appendix.pdf b/Year 1/Mathematical analysis/notes-appendix.pdf
new file mode 100644
index 0000000..b743f25
--- /dev/null
+++ b/Year 1/Mathematical analysis/notes-appendix.pdf
diff --git a/Year 1/Mathematical analysis/notes-appendix.tex b/Year 1/Mathematical analysis/notes-appendix.tex
new file mode 100644
index 0000000..4be131c
--- /dev/null
+++ b/Year 1/Mathematical analysis/notes-appendix.tex
@@ -0,0 +1,273 @@
+% Document MUST be built with XeLaTeX!
+\documentclass[11pt,a4paper]{article}
+
+\usepackage[margin=1.5cm]{geometry}
+
+% Поддръжка на български език
+% Thanks to https://tex.stackexchange.com/a/136926
+\usepackage{fontspec}
+\defaultfontfeatures{Ligatures=TeX}
+\setmainfont{CMU Serif}
+\setsansfont{CMU Sans Serif}
+
+\usepackage[bulgarian,english]{babel}
+
+\usepackage{amsmath}            % Математически символи
+\DeclareMathOperator{\cotg}{cotg} \DeclareMathOperator{\arccotg}{arccotg}
+\usepackage{amsfonts}           % Още математически символи
+\usepackage{cancel}             % Зачертаване
+\usepackage[dvipsnames]{xcolor} % Цветни кутийки + допълнителни цветове
+\usepackage{indentfirst}        % Индентация на параграф след секция
+
+\usepackage{enumitem}
+\setlist[enumerate]{label=\arabic*.}
+
+\renewcommand{\thesection}{Лекция \arabic{section}}
+\renewcommand{\thesubsection}{\quad\arabic{section}.\arabic{subsection}}
+
+\newcommand{\epr}{\hfill$\square$} % End Proof
+
+\usepackage[pdfauthor={Kamen Mladenov: syndamia.com, gitlab.com/Syndamia},
+		    pdftitle={Mathematical Analysis, Computer Science 2021, Winter Semester},
+		    pdfsubject={Бележки по Математически анализ (Диференциално и интегрално смятане)},
+		    pdfkeywords={},
+		    colorlinks=true,
+		    urlcolor=blue]{hyperref}
+
+\begin{document}
+
+\section{\underline{Реални числа - първа част}}
+
+\noindent
+\emph{Доказателство за $\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}$}
+
+Допускаме противното, тоест $\sqrt{2} = \frac{p}{q} \;,\; p,q \in \mathbb{N}$. Б.О.О. считаме $p$ и $q$ за взаимно прости.
+
+$2q^2 = p^2$ Следователно $p^2$ се дели на 2 без остатък. То, $p$ също. Следователно представяме $p = 2r$
+
+Заместваме и получаваме $q^2 = 2r^2$ Аналогично, $q$ се дели на 2. $p$ и $q$ са четни, противоречие! \epr
+
+\hfill
+
+\noindent
+\emph{Упражнение: Да се докаже, че $\sup(A+B) = \sup A + \sup B$, като $A+B := \{ a+B : a \in A, b \in B \}$}
+
+\textbf{I.} $\sup A + \sup B$ е горна граница на $A+B$
+\begin{align*}
+	& \left. \begin{array}{c}
+		\text{За произволно } a \in A \;,\; \sup A \geq a \\
+		\text{За произволно } b \in B \;,\; \sup B \geq b
+	\end{array} \right\}
+	\implies a + b \leq \sup A + \sup B \\
+	& \quad \implies \forall x \in A+B : \sup A + \sup B \geq x
+\end{align*}
+
+\textbf{II.} Всяко $c < \sup A + \sup B$ не е горна граница
+
+Полагаме $0 < \varepsilon = \sup A + \sup B - c$. $\sup A - \frac{\varepsilon}{2} < \sup A \Rightarrow \exists a_0 \in A : a_0 > \sup A - \frac{\varepsilon}{2}$, аналогично за $b_0$.
+
+Следователно $a_0 + b_0 > \sup A + \sup B - \varepsilon \quad a_0 + b_0 > c$, тогава $c$ няма как да бъде горна граница. \epr
+
+\hfill
+
+\noindent
+\emph{Доказателство за Принцип на непрекъснатост}
+
+\textbf{I.} Разглеждаме непразно $B := A \cap [0;+\infty)$, ограничени отгоре. Ако съществуват, $\sup A \equiv \sup B$
+
+Построяваме $\overline{a} = \overline{a_0} . \overline{a_1} \; \overline{a_2} \cdots \in \mathbb{R}$, така че $\overline{a_0} = \max \{ \lfloor a \rfloor : a \in B \}$ и 
+
+\hfill $\overline{a_i} = \max \{ a_i \in \{0, ..., 9\} : \exists a \in B, a = \overline{a_0} . \overline{a_1} \cdots \overline{a_{i-1}} \; a_i \cdots \}$
+
+Твърдим, че $\overline{a} = \sup B$. Фиксираме произволно $a \in B$.
+
+\-\qquad Ако $\overline{a_i} = a_i$ за всяко $i \in \mathbb{N} \cup \{0\}$, то $\overline{a} = a$
+
+\-\qquad Ако съществува $\overline{a_n} \neq a_n$, то $\overline{a_n} > a_n$ (от конструкцията, няма как $\overline{a_n} < a_n$). Тогава $\overline{a} > a$
+
+Tвърдим, че произволно $d \in B$ не е горна граница. Ще покажем, че $d < a$ за някое $a \in B$
+
+\-\qquad Понеже $d < \overline{a}$, то съществува $n$, такова че $d_i = \overline{a_i} \quad\forall i \in \{0, 1, ..., n\}$ и $d_{n+1} < \overline{a_{n+1}}$
+
+\-\qquad Чрез конструкцията, съществува $a = \overline{a_0} . \overline{a_1} \cdots \overline{a_n} \; \overline{a_{n+1}} \; a_{n+2} \cdots$ и $d < a \; (< \overline{a})$
+
+\textbf{II.} Подобно разглеждаме непразното $B := A \cap (\infty ; 0)$ \epr
+
+\section{\underline{Реални числа - втора част и сходящи редици}}
+
+\noindent
+\emph{Доказателство за Аксиома на Архимед}
+
+Допускаме противното, че $A = \{ e, e+e, ..., ne, ... \}$ ($ne$ е n-пъти $e$ събрано със себе си).
+
+Съгласно \emph{Принцип за непрекъснатост}, съществува $\sup A$. То тогава $\sup A - e < \sup A$.
+
+От дефиницията за супремум, съществува $ne > \sup A - e \quad (n+1)e > \sup A$, противоречие! \epr
+
+\hfill
+
+\noindent
+\emph{Доказателство за "Интервалът $(a;b)$ съдържа поне едно рационално число, при $a, b \in \mathbb{R} \quad a < b$"}
+
+Б.О.О. $a = a_0 . a_1 a_2 \cdots$ и $b = b_0 . b_1 b_2 \cdots$ са неотрицателни. Б.О.О. $a$ не завършва на 9 в период.
+
+От $a < b$, значи съществува $n \in \mathbb{N} \cup \{0\}$, такова че $a_i = b_i \quad \forall i \in \{0, 1, ..., n-1\}, a_n < b_n$.
+
+Нека $a_j \neq 9$ за $j \geq n+1$. $r := a_0 . a_1 a_2 \cdots a_{j-i} (a_j + 1)$ е крайна десетична дроб между $a$ и $b$. \epr
+
+\hfill
+
+\noindent
+\emph{Доказателство за "Сходящите редици са ограничени"}
+
+Нека $a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a$. Тогава $\{ n \in \mathbb{N} : a_n \in (a - \varepsilon; a + \varepsilon) \}$ е кофинитно. Нека $a_n \in (a - \varepsilon; a + \varepsilon)$ за всички $n \geq n_0$. Следователно, $\{ a_n : n \in \mathbb{N} \} \subset [m, M]$, където $m = \min\{ a_1, ..., a-\varepsilon \}$ и $M = \max\{a_1, ..., a+\varepsilon \}$ \epr
+
+\hfill
+
+\noindent
+\emph{Доказателство за Лемата за двамата полицаи}
+\begin{align*}
+	\begin{array}{c}
+		\exists n_1 \in \mathbb{N} \; \forall n \geq n_1 : a_n \in (a - \varepsilon; a+\varepsilon) \\
+		\exists n_2 \in \mathbb{N} \; \forall n \geq n_2 : b_n \in (a - \varepsilon; a+\varepsilon)
+	\end{array}
+	\quad n_0 = \max\{ n_1, n_2 \} \text{. Тогава } \forall n \geq n_0 : a - \varepsilon < a_n \leq c_n \leq b_n < a + \varepsilon
+\end{align*}
+$\qquad \implies c_n \in (a - \varepsilon; a + \varepsilon) \; \forall n \geq n_0$ \epr
+
+\section{\underline{Редици от реални числа}}
+
+\noindent
+\emph{Доказателство за $a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} \infty \iff \frac{1}{a_n} \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} 0$}
+
+($\Rightarrow$) От деф. за сходяща редица върху $\frac{1}{a_n} \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} 0$, искаме $\forall \varepsilon > 0 \; \exists n_0 \in \mathbb{N} \; \forall n \geq n_0 : \left| \frac{1}{a_n} - 0 \right| < \varepsilon$. Тоест, търсим да покажем $|a_n| > \frac{1}{\varepsilon}$. $(-\infty; -\frac{1}{\varepsilon}) \cup (\frac{1}{\varepsilon}; \infty)$ е околност на $\infty$, то $\exists n_0 \in \mathbb{N} \; \forall n \geq n_0 : |a_n| > \frac{1}{\varepsilon}$.
+
+\hfill
+
+($\Leftarrow$) Разглеждаме произволно $\frac{1}{M} > 0$. Щом $\frac{1}{a_n} \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} 0$, то $\exists n_0 \in \mathbb{N} \; \forall n \geq n_0 : \left| \frac{1}{a_n} \right| < \frac{1}{M}$. Това е еквивалентно на $\exists n_0 \in \mathbb{N} \; \forall n \geq n_0 : |a_n| > M$, точно деф. на $a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} \infty$ \epr
+
+\hfill
+
+\noindent
+\emph{Доказателство за "Ако $\{ a_n \}^{\infty}_{n=1}$ е растяща и ограничена отгоре, то тя е сходяща."}
+
+Oт принципа за непрекъснатост, съществува супремум $L$ на множеството $\{a_n : n \in \mathbb{N} \}$.
+
+За произволно $\varepsilon$, $L - \varepsilon < L \Rightarrow \exists n_0 : a_{n_0} > L - \varepsilon$. \quad За $n \geq n_0$, $L - \varepsilon < a_{n_0} \leq a_n \leq L < L + \varepsilon$.
+
+Следователно $a_n \in (L - \varepsilon; L + \varepsilon)$ за всяко $n \geq n_0$ и редицата е сходяща към $L$. \epr
+
+\section{\underline{Редици от релани числа. Граници на функции.}}
+
+\noindent
+\emph{Доказателство за "Ако $a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a$, то $a$ е единствена точка на сгъстяване"}
+
+(Границата е точка на сгъстяване, понеже кофинитните множества са безкрайни.)
+
+Допускаме противното, тоест че съществува $b \in \mathbb{R}, b \neq a$ точка на сгъстяване.
+
+Нека $U$ околност на $a$ и $V$ околност на $b$, такива че $U \cap V = \emptyset$.
+\begin{align*}
+	\underbrace{\{ n \in \mathbb{N} : a_n \in U \}}_{\text{кофинитно ($a$ граница)}} \implies \underbrace{\{ n \in \mathbb{N} : a_n \notin U \}}_{\text{крайно}} \quad \supset \underbrace{\{ n \in \mathbb{N} : a_n \in V \}}_{\text{безкрайно ($b$ т. на сгъстяване)}}
+\end{align*}
+
+Безкрайно множество се съдържа в крайно, противоречие! \epr
+
+\hfill
+
+\noindent
+\emph{Доказателство на "Нека $\{ a_n \}^{\infty}_{n=1}$ е сходяща и $\{ a_{n_k} \}^{\infty}_{k=1}$ е подредица. Тогава $\{ a_{n_k} \}^{\infty}_{k=1}$ е сходяща към границата на $\{ a_n \}^{\infty}_{n=1}$"}
+
+Нека $a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a$ и $U$ околност на $a$, то $\exists n_0 \in \mathbb{N} \; \forall n \geq n_0 : a_n \in U$. $n_1 < n_2 < ... \Rightarrow \exists n_{k_0} \geq n_0$.
+
+Тогава $\forall k \geq k_0 : n_k \geq n_{k_0} \geq n_0$ и следователно $a_{n_k} \in U$. Получихме $a_{n_k} \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a$ \epr
+
+\hfill
+
+\noindent
+\emph{Доказателство на "$a$ е точка на сгъстяване на $\{ a_n \}^{\infty}_{n=1} \iff$ съществува подредица $a_{n_k} \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} a$"}
+
+\textbf{I.} съществува подредица $a_{n_k} \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} a \implies a$ е т. на сгъстяване
+
+Нека $U$ е околност на $a$. $\exists k_0 \; \forall k \geq k_0 : a_{n_k} \in U$
+
+\hfill
+
+\textbf{II.} $a$ е т. на сгъстяване $\implies$ съществува подредица $a_{n_k} \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} a$
+
+За околност $(a - \varepsilon, a + \varepsilon)$, $\exists n_1 : a_{n_1} \in (a - \varepsilon, a + \varepsilon)$. Понеже околността е с безкраен брой членове, а $\{1, ..., n_1\}$ е крайно, то $\exists n_2, n_2 > n_1 : a_{n_2} \in (a - \frac{\varepsilon}{2}, a + \frac{\varepsilon}{2})$. Така до $a_{n_k} \in (a - \frac{\varepsilon}{k}, a + \frac{\varepsilon}{k})$.
+
+Построихме $n_1 < n_2 < \cdots < n_k < \cdots$. То тогава $\{ a_{n_k} \}^{\infty}_{k=1}$ е подредица и $|a_{n_k} - a| < \frac{\varepsilon}{k} \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} 0 \implies a_{n_k} \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} a$ \epr
+
+\hfill
+
+\noindent
+\emph{Доказателство на Теоремата на Болцано-Вайерщрас (Принцип за компактност)}
+
+\textbf{I.} Всяка ограничена редица има сходяща подредица
+
+$\{ a_n \}^{\infty}_{n=1}$ сходяща $\implies$ означаваме $a_n \in [b_0,c_0] \; \forall n \in \mathbb{N}$. Броят членове на поне един от интервалите $\left[ b_0, \frac{b_0 + c_0}{2} \right]$ и $\left[ \frac{b_0 + c_0}{2}, c_0 \right]$ е безкраен, означаваме този интервал с $[b_1, c_1]$. Продължаваме така до $[b_k, c_k]$.
+
+Забелязваме, че $b_0 \leq b_1 \leq \cdots \leq b_k \leq \cdots < c_0$ и $c_0 \geq c_1 \geq \cdots \geq c_k \geq \cdots > b_0$.
+
+\-\qquad То $\{ b_k \}^{\infty}_{k=1}$ е растяща и ограничена отгоре, $\{ c_k \}^{\infty}_{k=1}$ е намаляваща и ограничена отдолу.
+
+\hfill
+
+\textbf{II.} Всяка ограничена редица има точка на сгъстяване
+
+Нека означим границата на $\{ b_k \}^{\infty}_{k=1}$: $b_k \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} a$. Тогава:
+\begin{align*}
+	|c_k - a| \leq |c_k - b_k| + |b_k - a| \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} 0 + 0 \implies c_k \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} a
+\end{align*}
+
+Нека $(a - \varepsilon, a + \varepsilon)$ е околност на $a$. $b_k \in (a - \varepsilon, a + \varepsilon) \; \forall k \geq k_1$ и $c_k \in (a - \varepsilon, a + \varepsilon) \; \forall k \geq k_2$. Нека $k_0 = \max\{k_1, k_2\}$. То тогава, по конструкция, $[ b_{k_0} , c_{k_0} ] \subset (a - \varepsilon, a + \varepsilon)$ има безброй много членове.
+
+Следователно, във всяка околност на $a$ има безброй много членове. \epr
+
+\hfill
+
+\noindent
+\emph{Доказателство на "Нека $\{ a_n \}^{\infty}_{n=1}$ е ограничена редица с единствена точка на сгъстяване. Тогава редицата е сходяща."}
+
+Означаваме $a_n \in [b, c]$. Ще докажем, че $a$ (т. на сгъстяване) е граница. Допускаме противното.
+
+Следователно, съществува $\varepsilon$, такова че извън околността $(a - \varepsilon, a + \varepsilon)$ има безброй членове.
+
+Тоест, или в $[b, a - \varepsilon]$, или в $[a + \varepsilon, c]$ има безброй члена. То тогава съществува т. на сгъстяване $d \in [b, a - \varepsilon], d \neq a$, или $d' \in [a + \varepsilon, b], d' \neq a$, но по условие има само една точка на сгъстяване, противоречие! \epr
+
+\hfill
+
+\noindent
+\emph{Доказателство на Необходимо и достатъчно условие на Коши за сходимост на редица}
+
+\textbf{I.} $\{ a_n \}^{\infty}_{n=1}$ е сходяща $\implies$ $\{ a_n \}^{\infty}_{n=1}$ е фундаментална
+
+Нека границата е $a$. За произволно $\frac{\varepsilon}{2} > 0$, съществува $n_0 \in \mathbb{N}$, такова че $\forall n \geq n_0 : |a_n - a| < \frac{\varepsilon}{2}$ и аналогично $\forall m \geq n_0 : |a_m - a| < \frac{\varepsilon}{2}$.
+\begin{align*}
+	|a_m - a_n| \leq |a_m - a| + |a_n - a| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \quad \text{(деф. за фундаментална редица)}
+\end{align*}
+
+\textbf{II.} $\{ a_n \}^{\infty}_{n=1}$ е фундаментална $\implies$ $\{ a_n \}^{\infty}_{n=1}$ е сходяща
+
+От фундаменталност $\Rightarrow$ за произволно $\varepsilon \; \exists n_0 \; \forall n, m \geq n_0: |a_n - a_m| < \varepsilon$. В частност $m = n_0$ и $|a_n - a_{n_0}| < \varepsilon \implies a_n \in (a_{n_0} - \varepsilon, a_{n_0} + \varepsilon) \; \forall n \geq n_0 \implies \{ a_n \}^{\infty}_{n=1}$ ограничена.
+
+От принципа за компактност, съществува сходяща подредица $\{ a_{n_k} \}^{\infty}_{k=1}$. Нека $a_{n_k} \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} a$.
+
+От фундаменталността $\Rightarrow |a_n - a_m| < \frac{\varepsilon}{2} \quad \forall n,m \geq n_0 \implies |a_n - a_{n_k}| < \frac{\varepsilon}{2} \quad \forall n_k \geq n_0 \; \forall k \geq k_1$.
+
+Щом подредицата е сходяща, то $\exists k_2 \; \forall k \geq k_2 : |a_{n_k} - a| < \frac{\varepsilon}{2}$.
+
+За $k := \max\{k_1, k_2\}$ е винаги изпълнено $|a_{n_k} - a| < \frac{\varepsilon}{2}$ и $|a_n - a_{n_k}| < \frac{\varepsilon}{2}$.
+
+Ще докажем, че $a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a$: $|a_n - a| \leq |a_n - a_{n_k}| + |a_{n_k} - a| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon$ \epr
+
+\section{\underline{Граници на функции}}
+
+\section{\underline{Непрекъснати функции}}
+
+\section{\underline{Основни елементарни функции}}
+
+\section{\underline{Диференцируемост и производна}}
+
+\end{document}
\ No newline at end of file