Added a lot of proofs

2 files changed, 185 insertions, 0 deletions

diff --git a/Year 1/Calculus/notes-appendix.pdf b/Year 1/Calculus/notes-appendix.pdf
index 7fae726..3b86a7c 100644
--- a/Year 1/Calculus/notes-appendix.pdf
+++ b/Year 1/Calculus/notes-appendix.pdf
diff --git a/Year 1/Calculus/notes-appendix.tex b/Year 1/Calculus/notes-appendix.tex
index 6d71d96..40090d1 100644
--- a/Year 1/Calculus/notes-appendix.tex
+++ b/Year 1/Calculus/notes-appendix.tex
@@ -302,10 +302,195 @@ $x_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} x_0 \Rightarrow \exists n_0 \in \mathb
 \end{align*}
 Разглеждаме редицата $x_1, y_1, x_2, y_2, ... \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} x_0$. То тогава редицата $f(x_1), f(y_1), f(x_2), f(y_2), ... \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} L$ е сходяща. Понеже всяка подредица на сходяща редица има същата граница, то $L' = L = L''$. \epr
 
+\des{Доказателство на "$\lim\limits_{x \rightarrow x_0} f(x)$ съществува $\iff \lim\limits_{x \rightarrow x_0^-} f(x) = \lim\limits_{x \rightarrow x_0^+} f(x)$ съществуват"}
+
+$(\Rightarrow)$ Очевидно (рестрикцията на лявата и дясната oколност на $x_0$ не променя границата).
+
+$(\Leftarrow)$ Нека $f:D \rightarrow \mathbb{R}, D \equiv (x_0 - \overline{\delta}, x_0 + \overline{\delta}) \setminus \{ x_0 \}$ и $\lim\limits_{x \rightarrow x_0^-} f(x) = L = \lim\limits_{x \rightarrow x_0^+} f(x)$.
+
+Избираме произволно $\varepsilon > 0$ и тогава:
+\begin{align*}
+	\begin{array}{l}
+		\lim_{x \rightarrow x_0^-} f(x) - L \Rightarrow \exists \delta_1 > 0 \forall x \in D \cap (x_0 - \delta_1, x_0) : |f(x) - L| < \varepsilon \\
+		\lim_{x \rightarrow x_0^+} f(x) - L \Rightarrow \exists \delta_2 > 0 \forall x \in D \cap (x_0, x_0 + \delta_2) : |f(x) - L| < \varepsilon
+	\end{array}
+\end{align*}
+
+Полагаме $\delta := \min\{ \delta_1, \delta_2, \overline{\delta} \}$. Тогава $\forall x \in D, |x - x_0| < \delta$:
+\begin{align*}
+	\left. \begin{array}{l}
+		x > x_0 \Rightarrow x \in (x_0, x_0 + \delta) \subset (x_0, x_0 + \delta_2) \cap D \\
+		x < x_0 \Rightarrow x \in (x_0 - \delta, x_0) \subset (x_0 - \delta_1, x_0) \cap D
+	\end{array} \right\}
+	\implies |f(x) - L| < \varepsilon
+\end{align*}
+\epr
+
 \section{\underline{Непрекъснати функции}}
 
+\bdes{Доказателство на Теоремата на Болцано}
+
+Б.О.О. нека $f(a) < 0, f(b) > 0$. Разглеждаме $A = \{ x \in [a, b] : f(x) > 0 \}$, то е непразно и ограничено. Следователно притежава $\inf A = x_0$.
+\begin{align*}
+	& \left. \begin{array}{l}
+		f \text{ е непрекъсната в } a \\
+		f(a) < 0
+	\end{array} \right\}
+	\Rightarrow \exists \delta_1 > 0 \forall x \in [a, a + \delta_1) : f(x) < 0 \implies x_0 \geq a + \delta_1 > a \\
+	& \left. \begin{array}{l}
+		f \text{ е непрекъсната в } b \\
+		f(b) > 0
+	\end{array} \right\}
+	\Rightarrow \exists \delta_2 > 0 \forall x \in (b - \delta_2, b] : f(x) > 0 \implies x_0 \leq b - \delta_2 < \delta
+\end{align*}
+
+Ако $f(x_0) > 0$, следва че $\exists \delta > 0 \forall x \in (x_0 - \delta, x_0 + \delta) : (x_0 - \delta, x_0 + \delta) \subset (a, b)$ и $f(x) > 0$. Следователно $(x_0 - \delta, x_0 + \delta) \subset A$ и $x_0$ не е долна граница, противоречие!
+
+Ако $f(x_0) < 0$, следва че $\exists \delta > 0 \forall x \in (x_0 - \delta, x_0 + \delta) : (x_0 - \delta, x_0 + \delta) \subset (a, b)$ и $f(x) < 0$. Следователно $\forall x \in [x_0, x_0 + \delta) : x \notin A$. Ясно е че $\forall x \in [a, x_0) : x \notin A$. Следователно $x_0 + \delta$ е долна граница на $A$, противоречие!
+
+Остава $f(x_0) = 0$. \epr
+
+\noindent
+\emph{Доказателство на Теоремата за междинните стойности}
+
+Разглеждаме $g(x) = f(x) - c$. Тя е непрекъсната, дефинирана в $[a, b]$ и е в сила $g(a) \cdot g(b) < 0$.
+
+От Теоремата на Болцано, получаваме $0 = g(x_0) = f(x_0) - c, x_0 \in (a, b)$. \epr
+
+\des{Доказателство на Теорема на Вайерщрас}
+
+\textbf{I.} $f: [a, b] \rightarrow \mathbb{R}$ непрекъсната $\implies$ ограничена
+
+Допускаме, че $f([a,b])$ не е ограничено, тоест $\forall N \in \mathbb{N} \exists x \in [a, b] : |f(x)| > N$. Строим редицата $\{ x_n \}_{n=1}^{\infty} \subset [a, b]$ (за която $|f(x_n)| > n$):
+\begin{align*}
+	\begin{array}{ll}
+		\text{За } N = 1: \exists x_1 \in [a, b] , & |f(x_1)| > 1 \\
+		\text{За } N = 2: \exists x_2 \in [a, b] , & |f(x_2)| > 2 \\
+		\quad \vdots \\
+		\text{За } N = n: \exists x_n \in [a, b] , & |f(x_1)| > n \\
+		\quad \vdots
+	\end{array}
+\end{align*}
+От Теоремата на Болцано-Вайерщрас, имаме сходяща подредица $\{ x_{n_k} \}_{k=1}^{\infty} \subset \{ x_n \}_{n=1}^{\infty}, x_{n_k} \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} x_0$. $x_0 \in [a, b]$ и $f$ непрекъсната в $x_0 \implies f(x_{n_k}) \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} f(x_0)$. Обаче по построение, $|f(x_{n_k})| > n_k \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} \infty$, противоречие!
+
+\textbf{II.} $\implies$ има максимална и минимална стойност
+
+Строим редицата $\{ x_n \}_{n=1}^{\infty} \subset [a, b]$ (за която $f(x_n) > \sup f([a, b]) - \frac{1}{n}$):
+\begin{align*}
+	\text{За произволно } n \in \mathbb{N}: \; \left( \sup f([a,b]) - \frac{1}{n} \right) < \sup f([a, b]) \implies \exists x_n \in [a, b] : \left( \sup f([a, b]) - \frac{1}{n} \right) < f(x_n)
+\end{align*}
+От Теоремата на Болцано-Вайерщрас, имаме сходяща подредица $\{ x_{n_k} \}_{k=1}^{\infty} \subset \{ x_n \}_{n=1}^{\infty}, x_{n_k} \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} x_{max}$.
+
+$x_{max} \in [a, b]$ и $f$ непрекъсната в $x_0 \implies f(x_{n_k}) \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} f(x_{max})$.
+
+От друга страна, по построение, $\sup f([a,b]) - \frac{1}{n_k} < f(x_{n_k}) \leq \sup f([a,b])$, където \newline
+$\sup f([a,b]) - \frac{1}{n_k} \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} \sup f([a,b])$ и $\sup f([a,b]) \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} \sup f([a,b])$. От лемата за двамата полицаи, $f(x_{n_k}) \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} \sup f([a,b])$.
+
+Следователно $f(x_{max}) = \sup f([a,b])$.
+
+Правим аналогично за $\inf f([a,b])$. \epr
+
+\des{Доказателство на Теорема на Кантор}
+
+Допускаме противното, че $f$ не е равномерно непрекъсната в $[a,b]$:
+\begin{align*}
+	\exists \varepsilon_0 > 0 \forall \delta > 0 \exists x \in [a,b] \exists x' \in [a,b], |x - x'| < \delta : |f(x) - f(x')| \geq \varepsilon_0
+\end{align*}
+
+Построяваме редиците $\{ x_n \}_{n=1}^{\infty}, \{ x'_n \}_{n=1}^{\infty} \subset [a, b]$:
+\begin{align*}
+	\begin{array}{l}
+		\delta = 1 \Rightarrow \exists x_1, x'_1 \in [a, b] : |x_1 - x'_1| < 1 \text{ и } |f(x_1) - f(x'_1)| \geq \varepsilon_0 \\
+		\delta = \frac{1}{2} \Rightarrow \exists x_2, x'_2 \in [a, b] : |x_2 - x'_2| < \frac{1}{2} \text{ и } |f(x_2) - f(x'_2)| \geq \varepsilon_0 \\
+		\quad \vdots \\
+		\delta = \frac{1}{n} \Rightarrow \exists x_n, x'_n \in [a, b] : |x_n - x'_n| < \frac{1}{n} \text{ и } |f(x_n) - f(x'_n)| \geq \varepsilon_0
+	\end{array}
+\end{align*}
+TODO: FINISH
+
 \section{\underline{Основни елементарни функции}}
 
 \section{\underline{Диференцируемост и производна}}
 
+\bdes{Доказателство на "Ако $f$ е диференцируема в $x$, то тя е непрекъсната в $x$"}
+
+Пресмятаме $\lim\limits_{y \rightarrow x} f(y) = \lim\limits_{y \rightarrow x}(f(y) - f(x)) + f(x) = \lim\limits_{y \rightarrow x} \frac{f(y) - f(x)}{y - x}(y-x) + f(x) = f'(x) \cdot 0 + f(x) = f(x)$.
+
+Щом $\lim\limits_{y \rightarrow x} f(y) = f(x)$, то $f$ е непрекъсната в $x$. \epr
+
+\section{\underline{Основни теореми за диференцируеми функции}}
+
+\bdes{Доказателство на Теорема на Ферма}
+
+Б.О.О. $x_0$ е точка на локален максимум, то $\exists \delta > 0 : (x_0 - \delta, x_0 + \delta) \subset D$ и $\forall x \in (x_0 - \delta, x_0 + \delta), \newline f(x_0) \geq f(x)$. Разглеждаме $f'(x_0) = \lim\limits_{x \rightarrow x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x - x_0}$.
+
+$x$ клони към $x_0$ от ляво или отдясно:
+
+За $x \in (x_0, x_0 + \delta)$, $\frac{f(x)-f(x_0)}{x - x_0} \leq 0 \Rightarrow f'(x_0) \leq 0$. \hfill За $x \in (x_0 - \delta, x_0)$, $\frac{f(x)-f(x_0)}{x - x_0} \geq 0 \Rightarrow f'(x_0) \geq 0$.
+
+Следователно $f'(x_0) = 0$. \epr
+
+\des{Доказателство на Теорема на Рол}
+
+$f$ е непрекъсната в $[a, b]$, то тогава от Теоремата на Вайерщрас, $f$ е ограничена и \newline
+$\sup f([a,b]) = f(x_{max}), \inf f([a,b]) = f(x_{min})$. Тогава поне едно от следните е изпълнено:
+\begin{itemize}
+	\item $x_{min} \in (a, b)$, то $x_{min}$ е локален минимум и от Теоремата на Ферма, $f'(x_{min}) = 0$
+	
+	\item $x_{max} \in (a, b)$, то $x_{max}$ е локален максимум и от Теоремата на Ферма, $f'(x_{max}) = 0$
+	
+	\item $x_{min}, x_{max} \in \{ a, b \}$, понеже $f(a) = f(b)$, то $f(x_{min}) = f(x_{max})$. $f$ е константна и следвателно от Теоремата на Ферма $\forall \xi \in (a, b) : f'(\xi) = 0$ \epr
+\end{itemize}
+
+\des{Доказателство на Теорема на Лагранж (Теорема на крайните нараствания)}
+
+Разглеждаме $g(x) = f(x) - kx$ (търсим такова $k$, че $g(x)$ да удовлетворява Теоремата на Рол). $g$ е диференцируема в $(a,b)$ и непрекъсната в $\{ a, b \}$. Искаме $g(x) = g(b) \quad f(a) - ka = f(b) - kb \quad k = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$
+
+От Теоремата на Рол, следва че съществува $\xi \in (a,b) : g'(\xi) = 0$.
+
+Тоест $0 = g'(\xi) = f'(\xi) - k \implies f'(\xi) = k = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$. \epr
+
+\des{Доказателство на Принцип за константност (Основна теорема на диференциалното смятане)}
+
+$(\Rightarrow)$ Тривиално (производна на константа е нула)
+
+$(\Leftarrow)$ Нека $\forall x \in \Delta : f'(x) = 0$. Избираме произволни $x_1, x_2 \in \Delta, x_1 < x_2$. Тогава $[x_1, x_2] \subset \Delta$ и от Теоремата на Лагранж получаваме, че съществува $\xi \in (x_1, x_2) : f'(\xi) = 0$. То $0 = f'(\xi) = \frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1}$ $\implies f(x_2) - f(x_1) = 0(x_2 - x_1) = 0$, тоест $f(x_2) = f(x_1) \forall x_1, x_2 \in \Delta$ и $f$ е константа. \epr
+
+\des{Доказателство на Принцип за монотонност}
+
+Б.О.О. разглеждаме растяща функция $f: \Delta \rightarrow \mathbb{R}$
+
+$(\Rightarrow)$ От дефиницията за производна $f'(x) = \lim\limits_{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f(x + \Delta x) - f(x)}{\Delta x}$. Забелязваме, че:
+\begin{align*}
+	\left. \begin{array}{l}
+		\Delta x > 0 \Rightarrow x + \Delta x > x, \; f(x + \Delta x) \geq f(x) \\
+		\Delta x < 0 \Rightarrow x + \Delta x < x, \; f(x + \Delta x) \leq f(x)
+	\end{array} \right\}
+	\implies \frac{f(x + \Delta x) - f(x)}{\Delta x} \geq 0 \implies f'(x) \geq 0
+\end{align*}
+\epr
+
+$(\Leftarrow)$ Избираме произволни $x_1, x_2 \in \Delta, x_1 < x_2$. Тогава $[x_1, x_2] \subset \Delta$ и от Теоремата на Лагранж получаваме, че съществува $\xi \in (x_1, x_2): f'(\xi) = \frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} \Rightarrow (x_2 - x_1)f'(\xi) = f(x_2) - f(x_1)$. Тъй като $x_2 > x_1$ и $f'(\xi) \geq 0$, то $f(x_2) \geq f(x_1)$ и $f$ е растяща. \epr
+
+\des{Доказателство на Теорема на Коши (Обобщена теорема за крайните нараствания)}
+
+Дефинираме $h(x) = f(x) - kg(x)$ и търсим $k$ за което $h(a) = h(b)$. Тоест искаме
+\begin{align*}
+	f(a) - kg(a) = f(b) - kg(b) \iff k(g(b) - g(a)) = f(b) - f(a)
+\end{align*}
+
+Допускаме че $g(a) = g(b)$ и от Теоремата на Рол, следва че съществува $x \in (a,b) : g'(x) = 0$. Това противоречи на третото условие , следователно $g(a) \neq g(b)$ и избираме $k = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}$.
+
+Понеже $h(a) = h(b)$, то от Теоремата на Рол съществува $\xi \in (a,b) : h'(\xi) = 0$. От правилата за диференциране, $h'(x) = f'(x) - kg'(x)$ и $0 = h'(\xi) = f'(\xi) - kg'(\xi) \implies \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = k = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}$. \epr
+
+\des{Доказателство на 1-ва теорема на Лопитал (неопределеност от вида $\left[ \frac{0}{0} \right]$)}
+
+Избираме произволно $x \in (a, b]$. От Обобщената теорема за крайните нараствания към $f$ и $g$ в $[x, b]$, намираме че съществува $\xi_x \in (x, b) : \frac{f'(\xi_x)}{g'(\xi_x)} = \frac{f(b) - f(x)}{g(b) - g(x)} = \frac{f(x)}{g(x)}$. Имаме $\lim\limits_{x \rightarrow b^-} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \rightarrow b^-} \frac{f'(\xi_x)}{g'(\xi_x)} = \lim\limits_{y \rightarrow b^-} \frac{f'(y)}{g'(y)}$, като полагаме $y := \xi_x$. Понеже $x \rightarrow_{x < b} b$, то $y = \xi_x \rightarrow_{y < b} b$. \epr
+
+\des{Доказателство на 2-ра теорема на Лопитал (неопределеност от вида $\left[ \frac{\infty}{\infty} \right]$)}
+
+Избираме произволни $x, x_0 \in (a, b), a < x_0 < x < b$. От Обобщената теорема за крайните нараствания към $f$ и $g$ в $[x_0, x] \subset (a,b)$, намираме че съществува $\xi_{x,x_0} \in [x_0, x] : \frac{f(x) - f(x_0)}{g(x) - g(x_0)} = \frac{f'(\xi_{x,x_0})}{g'(\xi_{x,x_0})}$. Означававме $\lim\limits_{x \rightarrow b^-}\frac{f'(x)}{g'(x)} = L$. Нека $\varepsilon > 0$ произволно, тогава $\exists \overline{\delta} > 0, y \in (b - \overline{\delta}, b) : \left| \frac{f'(x)}{g'(x)} - L \right| < \frac{\varepsilon}{2}$
+
+TODO: FINISH
+
 \end{document}
\ No newline at end of file