Improved formatting and added a proof from lec 5

2 files changed, 65 insertions, 54 deletions

diff --git a/Year 1/Calculus/notes-appendix.pdf b/Year 1/Calculus/notes-appendix.pdf
index e69b735..7fae726 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 77e620d..6d71d96 100644
--- a/Year 1/Calculus/notes-appendix.tex
+++ b/Year 1/Calculus/notes-appendix.tex
@@ -25,7 +25,15 @@
 \renewcommand{\thesection}{Лекция \arabic{section}}
 \renewcommand{\thesubsection}{\quad\arabic{section}.\arabic{subsection}}
 
+\let\oldforall\forall
+\renewcommand{\forall}{\; \oldforall}
+
+\let\oldexist\exists
+\renewcommand{\exists}{\; \oldexist}
+
 \newcommand{\epr}{\hfill$\square$} % End Proof
+\newcommand{\bdes}[1]{\noindent \colorbox{Dandelion}{\parbox{\textwidth}{\emph{#1}}}} % Beginner description (at start of section)
+\newcommand{\des}[1]{\hfill \newline \bdes{#1}} % Description
 
 \usepackage[pdfauthor={Kamen Mladenov: syndamia.com, gitlab.com/Syndamia},
 		    pdftitle={Mathematical Analysis, Computer Science 2021, Winter Semester},
@@ -38,8 +46,7 @@
 
 \section{\underline{Реални числа - първа част}}
 
-\noindent
-\emph{Доказателство за $\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}$}
+\bdes{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.
 
@@ -47,10 +54,7 @@ $2q^2 = p^2$ Следователно $p^2$ се дели на 2 без оста
 
 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 $A+B := \{ a+B : a \in A, b \in B \}$}
+\des{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*}
@@ -68,10 +72,7 @@ $2q^2 = p^2$ Следователно $p^2$ се дели на 2 без оста
 
 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}
+\des{Доказателство за Принцип на непрекъснатост}
 
 \textbf{I.} Разглеждаме непразно $B := A \cap [0;+\infty)$, ограничени отгоре. Ако съществуват, $\sup A \equiv \sup B$
 
@@ -95,8 +96,7 @@ Tвърдим, че произволно $d \in B$ не е горна грани
 
 \section{\underline{Реални числа - втора част и сходящи редици}}
 
-\noindent
-\emph{Доказателство за Аксиома на Архимед}
+\bdes{Доказателство за Аксиома на Архимед}
 
 Допускаме противното, че $A = \{ e, e+e, ..., ne, ... \}$ ($ne$ е n-пъти $e$ събрано със себе си).
 
@@ -104,10 +104,7 @@ Tвърдим, че произволно $d \in B$ не е горна грани
 
 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 $a, b \in \mathbb{R} \quad a < b$"}
+\des{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.
 
@@ -115,17 +112,11 @@ Tвърдим, че произволно $d \in B$ не е горна грани
 
 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"}
+\des{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}
+\des{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) \\
@@ -137,8 +128,7 @@ $\qquad \implies c_n \in (a - \varepsilon; a + \varepsilon) \; \forall n \geq n_
 
 \section{\underline{Редици от реални числа}}
 
-\noindent
-\emph{Доказателство за $a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} \infty \iff \frac{1}{a_n} \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} 0$}
+\bdes{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 $\exists n_0 \in \mathbb{N} \; \forall n \geq n_0 : |a_n| > \frac{1}{\varepsilon}$.
 
@@ -146,10 +136,7 @@ $\qquad \implies c_n \in (a - \varepsilon; a + \varepsilon) \; \forall n \geq n_
 
 ($\Leftarrow$) 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."}
+\des{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 $\{a_n : n \in \mathbb{N} \}$.
 
@@ -159,8 +146,7 @@ Oт принципа за непрекъснатост, съществува с�
 
 \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"}
+\bdes{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.)
 
@@ -173,19 +159,13 @@ Oт принципа за непрекъснатост, съществува с�
 
 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 $\{ a_n \}^{\infty}_{n=1}$"}
+\des{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 $a_{n_k} \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} a$"}
+\des{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
 
@@ -199,10 +179,7 @@ Oт принципа за непрекъснатост, съществува с�
 
 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)}
+\des{Доказателство на Теоремата на Болцано-Вайерщрас (Принцип за компактност)}
 
 \textbf{I.} Всяка ограничена редица има сходяща подредица
 
@@ -225,10 +202,7 @@ $\{ a_n \}^{\infty}_{n=1}$ сходяща $\implies$ означаваме $a_n \
 
 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."}
+\des{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.
 
@@ -236,10 +210,7 @@ $\{ a_n \}^{\infty}_{n=1}$ сходяща $\implies$ означаваме $a_n \
 
 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}
+\des{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
 
@@ -264,8 +235,7 @@ $\{ a_n \}^{\infty}_{n=1}$ сходяща $\implies$ означаваме $a_n \
 
 \section{\underline{Граници на функции}}
 
-\noindent
-\emph{Доказателство на "Дефинициите за граница във формата на Коши и Хайне са еквивалентни"}
+\bdes{Доказателство на "Дефинициите за граница във формата на Коши и Хайне са еквивалентни"}
 
 \textbf{I.} Форма на Коши $\implies$ Форма на Хайне
 
@@ -291,6 +261,47 @@ $\{ a_n \}^{\infty}_{n=1}$ сходяща $\implies$ означаваме $a_n \
 
 Понеже $|x_n - x_0| < \frac{1}{n} \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} 0$, имаме редицата $x_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} x_0$. От Хайне $\Rightarrow f(x_n) \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} L$, противоречие с $|f(x_n) - L| \geq \varepsilon \;$! \epr
 
+\des{Доказателство на "Ако $f: D \rightarrow D_1, \quad g: D_1 \rightarrow \mathbb{R}, \quad D, D_1 \subset \mathbb{R}$ и $\lim\limits_{x \rightarrow x_0} f(x) = y_0, f(x) \neq y_0 \text{ при } x \neq x_0, \lim\limits_{y \rightarrow y_0} g(y) = L$, то съществува $\lim\limits_{x \rightarrow x_0} (g \circ f)(x) = L$"}
+
+По условие $\lim\limits_{x \rightarrow x_0} f(x) = y_0$, то от дефиницията на Хайне за граница на функция за \newline
+$\{ x_n \}_{n=1}^{\infty} \subset D \setminus \{ x_0 \}, x_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} x_0$, следва че $f(x_n) \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} y_0$. Означаваме $y_n :=  f(x_n)$.
+
+Тогава знаем $\{ y_n \}_{n = 1}^{\infty} \subset D_1, y_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} y_0$. Отново от дефиницията на Хайне, следва че $g(y_n) \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} L$.
+
+Съществуването на границата идва от $g(y_n) = g(f(x_n)) = (g \circ f)(x_n) \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} L$. \epr
+
+\des{Доказателство на "Необходимо и достатъчно условие на Коши за съществуване на граница на функция"}
+\begin{align*}
+	\text{Съществува } \lim_{x \rightarrow x_0} f(x) = L \iff \forall \varepsilon > 0 \exists \delta > 0 \forall x', x'' \in (D \cap (x_0 - \delta, x_0 + \delta)) \setminus \{ x_0 \} : |f(x') - f(x'')| < \varepsilon
+\end{align*}
+
+$(\Rightarrow)$ Избираме $\varepsilon > 0$, тогава $\exists \delta > 0 \forall x \in (D \cap (x_0 - \delta, x_0 + \delta)) \setminus \{ x_0 \} : |f(x) - L| < \frac{\varepsilon}{2}$
+
+Нека $x', x'' \in (D \cap (x_0 - \delta, x_0 + \delta)) \setminus \{ x_0 \}$ произволни. Тогава
+\begin{align*}
+	\left. \begin{array}{l}
+		|f(x') - L| < \frac{\varepsilon}{2} \\
+		|f(x'') - L| < \frac{\varepsilon}{2}
+	\end{array} \right\}
+	\Rightarrow |f(x') - f(x'')| = |f(x') + L - L - f(x'')| \leq |f(x') - L| + |f(x'') - L| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon
+\end{align*}
+
+$(\Leftarrow)$ Разглеждаме произволно $\{ x_n \}_{n=1}^{\infty} \subset D \setminus \{ x_0 \}, x_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} x_0$. Ще докажем, че $\{ f(x_n) \}_{n=1}^{\infty}$ е фундаментална. Избираме произволно $\varepsilon > 0$, тогава:
+\begin{align*}
+	\exists \delta > 0 \forall x', x'' \in (D \cap (x_0 - \delta, x_0 + \delta)) \setminus \{ x_0 \} : |f(x') - f(x'')| < \varepsilon
+\end{align*}
+
+$x_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} x_0 \Rightarrow \exists n_0 \in \mathbb{N} \forall n \geq n_0 : |x_n - x_0| < \delta$. Следователно $\forall n \geq n_0, x_n \in (D \cap (x_0 - \delta, x_0 + \delta)) \setminus \{ x_0 \}$. Избираме произволни $m, n \in \mathbb{N}, \; m, n \geq n_0, \quad x_m, x_n \in (D \cap (x_0 - \delta, x_0 + \delta)) \setminus \{ x_0 \} \Rightarrow |f(x_m) - f(x_n)| < \varepsilon$
+
+Доказахме, че $\{ f(x_n) \}_{n=1}^{\infty}$ е фундаментална (следователно и сходяща). Ще проверим, че границата на $\{ f(x_n) \}_{n=1}^{\infty}$ зависи само от $f$ и $x_0$. Нека се приближаваме към $x_0$ по два различни начина:
+\begin{align*}
+	\begin{array}{l}
+		\{ x_n \}_{n=1}^{\infty} \subset D \setminus \{ x_0 \}, x_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} x_0 \Rightarrow \{ f(x_n) \}_{n=1}^{\infty} \text{ е фундаментална} \Rightarrow f(x_n) \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} L' \\
+		\{ y_n \}_{n=1}^{\infty} \subset D \setminus \{ x_0 \}, y_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} x_0 \Rightarrow \{ f(y_n) \}_{n=1}^{\infty} \text{ е фундаментална} \Rightarrow f(y_n) \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} L''
+	\end{array}
+\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
+
 \section{\underline{Непрекъснати функции}}
 
 \section{\underline{Основни елементарни функции}}