From fa7220e55f54bc0bd13e147a4d4040a8d7d64f30 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: Syndamia <kamen.d.mladenov@protonmail.com>
Date: Fri, 14 Jan 2022 17:04:04 +0200
Subject: Renamed mathematical analysis to calculus

---
 Year 1/Calculus/Homeworks/Homework1.pdf            | Bin 0 -> 51407 bytes
 Year 1/Calculus/Homeworks/Homework1.tex            | 134 ++++++
 Year 1/Calculus/Homeworks/Homework2.pdf            | Bin 0 -> 71454 bytes
 Year 1/Calculus/Homeworks/Homework2.tex            | 290 +++++++++++++
 Year 1/Calculus/notes-appendix.pdf                 | Bin 0 -> 80823 bytes
 Year 1/Calculus/notes-appendix.tex                 | 300 +++++++++++++
 Year 1/Calculus/notes.pdf                          | Bin 0 -> 110300 bytes
 Year 1/Calculus/notes.tex                          | 483 +++++++++++++++++++++
 .../Mathematical analysis/Homeworks/Homework1.pdf  | Bin 41002 -> 0 bytes
 .../Mathematical analysis/Homeworks/Homework1.tex  | 134 ------
 .../Mathematical analysis/Homeworks/Homework2.pdf  | Bin 71454 -> 0 bytes
 .../Mathematical analysis/Homeworks/Homework2.tex  | 290 -------------
 Year 1/Mathematical analysis/notes-appendix.pdf    | Bin 76511 -> 0 bytes
 Year 1/Mathematical analysis/notes-appendix.tex    | 273 ------------
 Year 1/Mathematical analysis/notes.pdf             | Bin 75242 -> 0 bytes
 Year 1/Mathematical analysis/notes.tex             | 388 -----------------
 16 files changed, 1207 insertions(+), 1085 deletions(-)
 create mode 100644 Year 1/Calculus/Homeworks/Homework1.pdf
 create mode 100644 Year 1/Calculus/Homeworks/Homework1.tex
 create mode 100644 Year 1/Calculus/Homeworks/Homework2.pdf
 create mode 100644 Year 1/Calculus/Homeworks/Homework2.tex
 create mode 100644 Year 1/Calculus/notes-appendix.pdf
 create mode 100644 Year 1/Calculus/notes-appendix.tex
 create mode 100644 Year 1/Calculus/notes.pdf
 create mode 100644 Year 1/Calculus/notes.tex
 delete mode 100644 Year 1/Mathematical analysis/Homeworks/Homework1.pdf
 delete mode 100644 Year 1/Mathematical analysis/Homeworks/Homework1.tex
 delete mode 100644 Year 1/Mathematical analysis/Homeworks/Homework2.pdf
 delete mode 100644 Year 1/Mathematical analysis/Homeworks/Homework2.tex
 delete mode 100644 Year 1/Mathematical analysis/notes-appendix.pdf
 delete mode 100644 Year 1/Mathematical analysis/notes-appendix.tex
 delete mode 100644 Year 1/Mathematical analysis/notes.pdf
 delete mode 100644 Year 1/Mathematical analysis/notes.tex

diff --git a/Year 1/Calculus/Homeworks/Homework1.pdf b/Year 1/Calculus/Homeworks/Homework1.pdf
new file mode 100644
index 0000000..6f2e413
Binary files /dev/null and b/Year 1/Calculus/Homeworks/Homework1.pdf differ
diff --git a/Year 1/Calculus/Homeworks/Homework1.tex b/Year 1/Calculus/Homeworks/Homework1.tex
new file mode 100644
index 0000000..351cd0a
--- /dev/null
+++ b/Year 1/Calculus/Homeworks/Homework1.tex	
@@ -0,0 +1,134 @@
+% Document MUST be built with XeLaTeX!
+\documentclass[11pt,a4paper]{article}
+
+\usepackage[margin=2.5cm]{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
+\usepackage{amsfonts}           % Още математически символи
+\usepackage{hyperref}           % Линкове
+\usepackage{cancel}             % Зачертаване
+\usepackage[dvipsnames]{xcolor} % Цветни кутийки + допълнителни цветове
+
+\title{\vspace{-2cm}Домашна работа 1 по ДИС 1, за спец. КН 1 курс, 2 поток. Вариант 2 за студентите с четна последна
+цифра от факултетния номер.}
+\author{Камен Димитров Младенов, Група 6}
+\date{10 Ноември 2021}
+
+\begin{document}
+
+\maketitle
+
+\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 1.}}
+
+Изследвайте функцията за обратимост. Намерете максимален интервал
+на обратимост, както и нейната обратна
+
+\begin{equation*}
+	f(x) = \log_{5} \left( x^2 - 2x + 1 \right)
+\end{equation*}
+
+\paragraph{Решение:}
+
+\begin{align*}
+	& f(x) = \log_{5} \left( x^2 - 2x + 1 \right) = \log_{5} \left( \left(x - 1\right) ^ 2 \right) \quad \text{Д.С. } x \neq 1 \text{ (аргумент на логаритъм)} \\
+	& \omit\hfill \\
+	& \text{Разглеждаме за инективност. Нека } f\left( x_1 \right) = f\left( x_2 \right) \qquad x_1, x_2 \in \mathbb{R} \setminus \{-1\} \\
+	& \log_{5} \left( \left(x_1 - 1\right) ^ 2 \right) = \log_{5} \left( \left(x_2 - 1\right) ^ 2 \right) \iff \left(x_1 - 1\right) ^ 2 = \left(x_2 - 1\right) ^ 2 \iff |x_1 - 1| = |x_2 - 1| \\
+	& \textbf{I. Случай: } x_1 - 1 > 0 \text{ и } x_2 - 1 > 0 \;,\; x_1 > 1 \quad x_2 > 1 \;,\; x_1,x_2 \in \left( 1, +\infty \right) \\
+	& \implies |x_1 - 1| = x_1 - 1 \text{ и } |x_2 - 1| = x_2 - 1 \\
+	& \text{Тоест } |x_1 - 1| = |x_2 - 1| \iff x_1 - 1 = x_2 - 1 \implies x_1 = x_2 \; \colorbox{yellow}{има инекция} \\
+	& \textbf{II. Случай: } x_1 - 1 < 0 \text{ и } x_2 - 1 < 0 \;,\; x_1 < 1 \quad x_2 < 1 \;,\; x_1,x_2 \in \left( -\infty, 1 \right) \\
+	& \implies |x_1 - 1| = 1 - x_1\text{ и } |x_2 - 1| = 1 - x_2 \\
+	& \text{Тоест } |x_1 - 1| = |x_2 - 1| \iff 1 - x_1 = 1 - x_2 \implies x_1 = x_2 \; \colorbox{yellow}{има инекция} \\
+	& \omit\hfill \\
+	& \text{Нека } y \in \mathbb{R} \text{. Тогава търсим x, такова че: } f(x) = y \\
+	& y = f(x) \quad y = \log_{5} \left( \left(x - 1\right) ^ 2 \right) \quad 5^y = \left(x - 1\right) ^ 2 \quad \sqrt{5^y} = |x - 1| \\
+	& \textbf{I. Случай: } x \in \left( 1, +\infty \right) \implies \sqrt{5^y} = x - 1 \quad x = 1 + \sqrt{5^y} \\
+	& x > 1 \quad 1 + \sqrt{5^y} > 1 \quad \sqrt{5^y} > 0 \quad \text{изпълнено за всяко y} \\
+	& \textbf{II. Случай: } x \in \left( -\infty, 1 \right) \implies \sqrt{5^y} = 1 - x \quad x = 1 - \sqrt{5^y} \\
+	& x < 1 \quad 1 - \sqrt{5^y} < 1 \quad - \sqrt{5^y} < 0 \quad \sqrt{5^y} > 0 \quad \text{изпълнено за всяко y} \\
+	& \omit\hfill \\
+	& \colorbox{yellow}{$f^{-1}: \mathbb{R} \rightarrow \left( -\infty, 1 \right) \cup \left( 1, +\infty \right) \qquad f^{-1}\left( y \right) = 1 \pm \sqrt{5^y}$}
+\end{align*}
+
+\hfill
+
+\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 2.}}
+
+Докажете тъждеството
+
+\begin{equation*}
+	\arcsin \left( 2x \sqrt{1-x^2} \right) = \pi - 2 \arccos \left( x \right) \text{, където } x \in \left[ \frac{-\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2} \right]
+\end{equation*}
+
+\paragraph{Решение:}
+
+\begin{align*}
+	& \arcsin \left( 2x \sqrt{1-x^2} \right) = \alpha \iff \sin \left( \alpha \right) = 2x \sqrt{1-x^2} \qquad \arccos \left( x \right) = \beta \iff \cos \left( \beta \right) = x \\
+	& \text{За } x = \frac{-\sqrt{2}}{2} \;,\quad \sin(\alpha) = \cancel{2} \cdot \frac{-\sqrt{2}}{\cancel{2}} \cdot \sqrt{1 - \left( \frac{-\sqrt{2}}{2} \right)^2} = -\sqrt{2} \cdot \sqrt{\frac{1}{2}} = -1 \;,\; \cos \left( \beta \right) = -\frac{\sqrt{2}}{2} \\
+	& \text{Аналогично за } x = \frac{\sqrt{2}}{2} \;,\quad \sin \left( \alpha \right) = 1 \;,\quad \cos \left( \beta \right) = \frac{\sqrt{2}}{2} \\
+	& \implies \alpha \in \left[ -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right] \;,\; \beta \in \left[ -\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4} \right] \implies \sin \left( \beta \right) = +\sqrt{1 - \cos ^ 2 \left( \beta \right)} = \sqrt{1 - x ^ 2} \\
+	& \omit\hfill \\
+	& \sin \left( \alpha \right) = 2x\sqrt{1 - x^2} = 2\cos \left( \beta \right)\sin \left( \beta \right) = \sin \left( 2\beta \right) = \sin \left( \pi - 2\beta \right) \qquad\quad 2\beta \in \left[ -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right] \\
+	& \implies \colorbox{yellow}{$\alpha = \pi - 2\beta$}
+\end{align*}
+
+\hfill
+
+\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 3.}}
+
+Пресметнете границата на редицата
+
+\begin{equation*}
+	\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt[n-5]{n-5} + 2^{2n} + n^{12}}{10^n-n^3+(-1)^{3n + 5}}
+\end{equation*}
+
+\paragraph{Решение:}
+
+\begin{align*}
+	& \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt[n-5]{n-5} + 2^{2n} + n^{12}}{10^n-n^3+(-1)^{3n + 5}} = \lim_{n \to \infty} \frac{2^{2n} \cdot \left( \frac{\sqrt[n-5]{n-5}}{2^{2n}} + 1 + \frac{n^{12}}{2^{2n}} \right)}{10^n \cdot \left(1 - \frac{n^3}{10^n} + \frac{(-1)^{3n + 5}}{10^n} \right)} = a_n \\
+	& \omit\hfill \\
+	& \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt[n-5]{n-5}}{2^{2n}} = \frac{\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n-5]{n-5}}{ \lim\limits_{n \to \infty} 4^n} = \frac{1}{\infty} = 0 \;,\quad \lim_{n \to \infty} \frac{n^{12}}{2^{2n}} = 0 \;,\quad \lim_{n \to \infty} \frac{n^3}{10^n} = 0 \;,\; \\
+	& \lim_{n \to \infty} \frac{(-1)^{3n + 5}}{10^n} = \frac{\lim\limits_{n \to \infty} (-1)^{3n + 5}}{\lim\limits_{n \to \infty} 10^n} = \frac{\lim\limits_{n \to \infty} (-1)^{3n + 5}}{\infty} = 0 \quad \text{($(-1)^{3n + 5}$ е разходяща)} \\
+	& \omit\hfill \\
+	& \implies a_n = \lim_{n \to \infty} \frac{2^{2n}}{10^n} = \lim_{n \to \infty} \frac{4^n}{10^n} = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{2}{5} \right) ^ n \qquad \frac{2}{5} < 1 \implies \lim_{n \to \infty} \left( \frac{2}{5} \right) ^ n = \colorbox{yellow}{0}
+\end{align*}
+
+\hfill
+
+\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 4.}}
+
+Пресметнете границата на редицата.
+
+\begin{equation*}
+	\lim_{n \to \infty} \left( \frac{n^2 - 5n + 14}{n^2 + 1} \right) ^ \frac{n^2-n+2}{n+5}
+\end{equation*}
+
+\paragraph{Решение:}
+
+\begin{align*}
+	& \lim_{n \to \infty} \left( \frac{n^2 - 5n + 14}{n^2 + 1} \right) ^ \frac{n^2-n+2}{n+5} = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{n^2 + 1 - 5n + 13}{n^2 + 1} \right) ^ \frac{n^2-n+2}{n+5} = \\
+	& = \lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{13 - 5n}{n^2 + 1} \right) ^ \frac{n^2-n+2}{n+5} = \lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{\frac{n^2 + 1}{13 - 5n}} \right) ^ { \frac{n^2+1}{13-5n} \cdot \frac{13-5n}{n^2+1} \cdot \frac{n^2-n+2}{n+5} }
+\end{align*}
+
+От $\lim\limits_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{p_n} \right) ^ {p_n b_n} = e ^ {\lim_{n \to \infty} b_n}$, задачата се свежда до $e ^ {\lim_{n \to \infty} b_n} = \; ? \;$, където
+
+$ \; b_n = \frac{13-5n}{n^2+1} \cdot \frac{n^2-n+2}{n+5}$
+
+\begin{align*}
+	\lim_{n \to \infty} b_n &= \lim_{n \to \infty} \frac{13-5n}{n^2+1} \cdot \frac{n^2-n+2}{n+5} = \lim_{n \to \infty} \frac{13n^2 - 13n + 26 - 5n^3 + 5n^2 - 10n}{n^3 + 5n^2 + n + 5} = \\
+	& = \lim_{n \to \infty} \frac{-5n^3 + 18n^2 - 23n + 26}{n^3 + 5n^2 + n + 5} = \lim_{n \to \infty} \frac{\cancel{n^3} \cdot \left( -5 + \frac{18}{n} - \frac{23}{n^2} + \frac{26}{n^3} \right)}{\cancel{n^3} \cdot \left( 1 + \frac{5}{n} + \frac{1}{n^2} + \frac{5}{n^3} \right)} = \\
+	& = \frac{\lim\limits_{n \to \infty} -5 + \lim\limits_{n \to \infty} \frac{18}{n} - \lim\limits_{n \to \infty} \frac{23}{n^2} + \lim\limits_{n \to \infty} \frac{26}{n^3}}{\lim\limits_{n \to \infty} 1 + \lim\limits_{n \to \infty} \frac{5}{n} + \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n^2} + \lim\limits_{n \to \infty} \frac{5}{n^3}} = \frac{-5+0+0+0}{1+0+0+0} = -5 \\
+	& \implies e ^ {\lim_{n \to \infty} b_n} = e ^ {-5} = \colorbox{yellow}{$\frac{1}{e ^ 5}$}
+\end{align*}
+
+\end{document}
diff --git a/Year 1/Calculus/Homeworks/Homework2.pdf b/Year 1/Calculus/Homeworks/Homework2.pdf
new file mode 100644
index 0000000..bf90153
Binary files /dev/null and b/Year 1/Calculus/Homeworks/Homework2.pdf differ
diff --git a/Year 1/Calculus/Homeworks/Homework2.tex b/Year 1/Calculus/Homeworks/Homework2.tex
new file mode 100644
index 0000000..e873ede
--- /dev/null
+++ b/Year 1/Calculus/Homeworks/Homework2.tex	
@@ -0,0 +1,290 @@
+% 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
+\usepackage{extarrows}
+\usepackage{amsfonts}           % Още математически символи
+\usepackage{cancel}             % Зачертаване
+\usepackage[dvipsnames]{xcolor} % Цветни кутийки + допълнителни цветове
+\newcommand{\answerbox}[1]{\colorbox{yellow}{$\displaystyle #1$}}
+
+\usepackage{tikz}
+\newcommand{\lipoint}[3]{\draw (#1, 3pt) -- (#1, -3pt) node[below] {#2} node[above] {#3}}
+\newcommand{\parch}[2]{\node[above] at (#1, 0) {#2} ; \draw (#1 + 0.5, 0) arc (0:180:0.5)}
+
+\usepackage{enumitem}
+\setlist[enumerate]{label=\arabic*.}
+
+\usepackage[pdfauthor={Камен Димитров Младенов, КН Зимен семестър, 2021},
+		    pdftitle={Домашна работа 2 по ДИС 1. Компютърни науки, 1 курс, 2 поток},
+		    pdfsubject={},
+		    pdfkeywords={},
+		    colorlinks=true,
+		    urlcolor=blue]{hyperref}
+
+\title{\vspace{-1.5cm}Домашна работа 2 по ДИС 1. Компютърни науки, 1 курс, 2 поток}
+\author{Камен Димитров Младенов, Група 6}
+\date{20 Ноември 2021}
+
+\begin{document}
+
+\maketitle
+
+\noindent
+\colorbox{YellowGreen}{\parbox{\textwidth}{\; Отличен 5,75/6 \qquad [Коментарите са под определените места]}}
+
+\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 1.}}
+
+Дадена е редицата \hfill \colorbox{Dandelion}{0,6/0,8 т.}
+\begin{align*}
+	a_1 = \lambda, \; a_{n+1} = \frac{2a_n^2 - a_n + 6}{a_n - 6}
+\end{align*}
+Да се изследва за сходимост спрямо стойностите на параметъра $\lambda \neq 6$.
+
+\paragraph{Решение:}
+
+Разглеждаме за монотонност:
+\begin{align*}
+	& a_{n+1} - a_n = \frac{2a_n^2 - a_n + 6}{a_n - 6} - a_n = \frac{2a_n^2 - a_n + 6 -a_n^2 + 6a_n}{a_n - 6} = \frac{a_n^2 + 5a_n + 6}{a_n - 6} = \frac{(a_n+3)(a_n+2)}{a_n - 6} \\
+	& \implies \text{Корените за } a_n \text{ са -3, -2 и 6}
+\end{align*}
+\hfill
+\begin{tikzpicture}
+	\draw[-latex] (-0.25, 0) -- (4.25, 0) ;
+	\parch{3.5}{+} ;
+	\lipoint{3}{6}{} ;
+	\parch{2.5}{-} ;
+	\lipoint{2}{-2}{} ;
+	\parch{1.5}{+};
+	\lipoint{1}{-3}{} ;
+	\parch{0.5}{-} ;
+\end{tikzpicture}
+
+Разглеждаме положението на $a_{n+1}$ спрямо -3, -2 и 6
+
+\noindent
+\begin{align*}
+	& a_{n+1} - (-3) = \frac{2a_n^2 - a_n + 6}{a_n - 6} + 3 = \frac{2a_n^2 - a_n + 6 + 3a_n - 18}{a_n - 6} = \frac{2a_n^2 + 2a_n - 12}{a_n - 6} \\
+	& \implies \text{Корените за } a_n \text{ са -3, 2 и 6}
+\end{align*}
+\hfill
+\begin{tikzpicture}
+	\draw[-latex] (-0.25, 0) -- (4.25, 0) ;
+	\parch{3.5}{+} ;
+	\lipoint{3}{6}{} ;
+	\parch{2.5}{-} ;
+	\lipoint{2}{2}{} ;
+	\parch{1.5}{+};
+	\lipoint{1}{-3}{} ;
+	\parch{0.5}{-} ;
+\end{tikzpicture}
+
+\noindent
+\begin{align*}
+	& a_{n+1} - (-2) = \frac{2a_n^2 - a_n + 6}{a_n - 6} + 2 = \frac{2a_n^2 - a_n + 6 + 2a_n - 12}{a_n - 6} = \frac{2a_n^2 + a_n - 6}{a_n - 6} \\
+	& \implies \text{Корените за } a_n \text{ са -2, $\frac{3}{2}$ и 6}
+\end{align*}
+\hfill
+\begin{tikzpicture}
+	\draw[-latex] (-0.25, 0) -- (4.25, 0) ;
+	\parch{3.5}{+} ;
+	\lipoint{3}{6}{} ;
+	\parch{2.5}{-} ;
+	\lipoint{2}{$\frac{3}{2}$}{} ;
+	\parch{1.5}{+};
+	\lipoint{1}{-2}{} ;
+	\parch{0.5}{-} ;
+\end{tikzpicture}
+
+\noindent
+\begin{align*}
+	& a_{n+1} - 6 = \frac{2a_n^2 - a_n + 6}{a_n - 6} - 6 = \frac{2a_n^2 - a_n + 6 - 6a_n + 36}{a_n - 6} = \frac{2a_n^2 - 7a_n + 42}{a_n - 6} \genfrac..{0pt}{0}{\; >0}{} \\
+	& \implies \text{Единствения корен за } a_n \text{ е 6}
+\end{align*}
+\hfill
+\begin{tikzpicture}
+	\draw[-latex] (-0.25, 0) -- (2.25, 0) ;
+	\parch{1.5}{+};
+	\lipoint{1}{6}{} ;
+	\parch{0.5}{-} ;
+\end{tikzpicture}
+
+Разглеждаме положението на $a_{n+1}$ спрямо $\frac{3}{2}$ и 2
+
+\noindent
+\begin{align*}
+	& a_{n+1} - \frac{3}{2} = \frac{2a_n^2 - a_n + 6}{a_n - 6} - \frac{3}{2} = \frac{2a_n^2 - a_n + 6 - \frac{3}{2}a_n + 9}{a_n - 6} = \frac{2a_n^2 - \frac{5}{2}a_n + 15}{a_n - 6} \genfrac..{0pt}{0}{\; >0}{} \\
+	& \implies \text{Единствения корен за } a_n \text{ е 6}
+\end{align*}
+
+\noindent
+\begin{align*}
+	& a_{n+1} - 2 = \frac{2a_n^2 - a_n + 6}{a_n - 6} - 2 = \frac{2a_n^2 - a_n + 6 - 2a_n + 12}{a_n - 6} = \frac{2a_n^2 - 3a_n + 18}{a_n - 6} \genfrac..{0pt}{0}{\; >0}{} \\
+	& \implies \text{Единствения корен за } a_n \text{ е 6}
+\end{align*}
+
+Разглеждаме положението на $a_{n+1}$
+
+\noindent
+\begin{align*}
+	& a_{n+1} = \frac{2a_n^2 - a_n + 6}{a_n - 6} \genfrac..{0pt}{0}{\; >0}{} \implies \text{Единствения корен за } a_n \text{ е 6}
+\end{align*}
+
+\begin{center}
+	\begin{tabular}{c|ccccccccccc}
+		$a_n$ & $-\infty$ & -3 & & -2 & & $\frac{3}{2}$ & & 2 & & 6 & $+\infty$ \\
+		\hline
+		$a_{n+1} - a_n$ & - & 0 & + & 0 & - & \vdots & - & \vdots & - & 0 & + \\
+		$a_{n+1} - (-3)$ & - & 0 & + & \vdots & + & \vdots & + & 0 & - & 0 & + \\
+		$a_{n+1} - (-2)$ & - & \vdots & - & 0 & + & 0 & - & \vdots & - & 0 & + \\
+		$a_{n+1}$ & - & \vdots & - & \vdots & - & \vdots & - & \vdots & - & 0 & + \\
+		$a_{n+1} - \frac{3}{2}$ & - & \vdots & - & \vdots & - & \vdots & - & \vdots & - & 0 & + \\
+		$a_{n+1} - 2$ & - & \vdots & - & \vdots & - & \vdots & - & \vdots & - & 0 & + \\
+		$a_{n+1} - 6$ & - & \vdots & - & \vdots & - & \vdots & - & \vdots & - & 0 & + \\
+	\end{tabular}
+\end{center}
+
+\begin{enumerate}[label={\textbf{\arabic*. Случай}},leftmargin=5.8em]
+	\item $\lambda < -3$ \quad В този интервал $a_{n+1} < a_n$, следователно $a_{n+1} < -3$ и редицата е монотонно намаляваща, но не е ограничена отдолу. Тоест $\{ a_n \}_{n=1}^{\infty}$ не е сходяща.
+	\colorbox{RedOrange}{дивергира към $-\infty$}
+	
+	\item $\lambda = -3$ \quad Пресмятаме, че $a_2 = -3$ и $a_3 = -3$. Ще докажем по индукция, че $a_n = -3$:
+	\begin{itemize}
+		\item \emph{База:} Вярно за $a_1, a_2, a_3$
+		\item \emph{Индукционно предположение:} $a_{n-1} = -3$ за някое $n \geq 1$.
+		\item \emph{Индукционна стъпка:} $a_n \xlongequal{def} \frac{2a_{n-1}^2 - a_{n-1} + 6}{a_{n-1} - 6} \xlongequal{\text{ИП}} \frac{2 \cdot 9 + 3 + 6}{-3 -6} = -3$
+	\end{itemize}
+	То тогава редицата е стационарна и следователно сходяща.
+
+	\item $\lambda \in (-3, -2)$ \quad Пресмятаме, че $a_2 \in (-3; -2)$ и $a_3 \in (-3; -2)$. Ще докажем по индукция, че $a_n \in (-3; -2)$:
+	\begin{itemize}
+		\item \emph{База:} Вярно за $a_1, a_2, a_3$
+		\item \emph{Индукционно предположение:} $a_{n-1} \in (-3; -2)$ за някое $n \geq 1$.
+		\item \emph{Индукционна стъпка:} $a_n \xlongequal{def} \frac{2a_{n-1}^2 - a_{n-1} + 6}{a_{n-1} - 6} \stackrel{\text{ИП}}{>} \frac{2(-3)^2 - (-3) + 6}{(-3) - 6} = -3$ \newline
+		$\- \qquad \frac{2a_{n-1}^2 - a_{n-1} + 6}{a_{n-1} - 6} \stackrel{\text{ИП}}{<} \frac{2(-2)^2 - (-2) + 6}{(-2) - 6} = -2$
+		\colorbox{RedOrange}{не е достатъчно само да е ограничена: монотонна е}
+	\end{itemize}
+	То тогава редицата е ограничена отдолу и отгоре. Следователно тя е сходяща. \colorbox{RedOrange}{към?}
+	
+	\item $\lambda = -2$ \quad Пресмятаме, че $a_2 = -2$ и $a_3 = -2$. По индукция, следва че редицата е стационарна и следователно сходяща.	
+	
+	\item $\lambda \in \left(-2, \frac{3}{2}\right)$ \quad Пресмятаме, че $a_1, a_2 > -2$. Знаем, че $a_{n+1} < \frac{3}{2}$, тоест по индукция намираме, че $a_n \in \left(-2; \frac{3}{2}\right)$. То редицата е огрничена и следователно сходяща. \colorbox{Dandelion}{аналогично на 3.}
+
+	\item $\lambda = \frac{3}{2}$ \quad Пресмятаме, че $a_2 = -2$ и $a_3 = -2$. По индукция, следва че редицата е стационарна и следователно сходяща.
+	
+	\item $\lambda \in \left(\frac{3}{2}, 2\right)$ \quad Пресмятаме, че $a_2 \in (-3; -2)$ и $a_3 \in (-3; -2)$ и по индукция $a_n \in (-3; -2)$. Тоест редицата е ограничена и следователно сходяща. \colorbox{Dandelion}{аналогично на 3.}
+	
+	\item $\lambda = 2$ \quad Пресмятаме, че $a_2 = -3$ и $a_3 = -3$. По индукция, следва че редицата е стационарна и следователно сходяща.
+	
+	\item $\lambda \in (2, 6)$ \quad По индукция намираме, че $a_n < -3$. $a_{n+1} < a_n$, следователно редицата е монотонно намаляваща, но не е ограничена отдолу. Тоест не е сходяща. \colorbox{RedOrange}{дивергира към $-\infty$}
+	
+	\item $\lambda > 6$ \quad По индукция намираме, че $a_n > 6$. Знаем, че $a_{n+1} > a_n$, следователно редицата е монотонно растяща, но не е ограничена отгоре. Тоест не е сходяща. \colorbox{RedOrange}{дивергира към $+\infty$}
+\end{enumerate}
+
+\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 2.}}
+
+Да се пресметне границата \hfill \colorbox{YellowGreen}{0,8-/0,8 т.}
+\begin{align*}
+	\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{\sqrt{2x^2 + 1} - \sqrt[3]{4x^2 - 1}}{\sqrt[4]{x^4 + 7} - \sqrt[5]{x^4 - 3}}
+\end{align*}
+
+\paragraph{Решение:}
+\begin{align*}
+	\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{\sqrt{2x^2 + 1} - \sqrt[3]{4x^2 - 1}}{\sqrt[4]{x^4 + 7} - \sqrt[5]{x^4 - 3}} = \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{\cancel{x} \sqrt{2 + \frac{1}{x^2}} - \cancel{x} \sqrt[3]{\frac{4}{x} - \frac{1}{x^3}}}{\cancel{x} \sqrt[4]{1 + \frac{7}{x^4}} - \cancel{x} \sqrt[5]{\frac{1}{x} - \frac{3}{x^4}}} = L
+	\quad \colorbox{RedOrange}{под последния корен е $x^5$ вместо $x^4$}
+\end{align*}
+\begin{align*}
+	& \sqrt{2} \xrightarrow[x \rightarrow \infty]{} \sqrt{2} \;,\; \frac{1}{x^2} \xrightarrow[x \rightarrow \infty]{} 0 \;,\; \frac{4}{x} \xrightarrow[x \rightarrow \infty]{} 0 \;,\; \frac{1}{x^3} \xrightarrow[x \rightarrow \infty]{} 0 \;,\; \\
+	& \sqrt[4]{1} \xrightarrow[x \rightarrow \infty]{} \sqrt[4]{1} \;,\; \frac{7}{x^4} \xrightarrow[x \rightarrow \infty]{} 0 \;,\; \frac{1}{x} \xrightarrow[x \rightarrow \infty]{} 0 \;,\; \frac{3}{x^4} \xrightarrow[x \rightarrow \infty]{} 0
+	\qquad 	\implies L = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt[4]{1}} = \answerbox{\sqrt{2}}
+\end{align*}
+
+\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 3.}}
+
+Да се пресметне границата \hfill \colorbox{YellowGreen}{0,8/0,8 т.}
+\begin{align*}
+	\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt[3]{5x + 1} - \sqrt[4]{7x + 1}}{\arctg(\ln(x+1))}
+\end{align*}
+
+\paragraph{Решение:}
+
+\begin{align*}
+	\arctg(\ln(x+1)) \sim \ln(x+1) \quad x \rightarrow 0 \qquad \sqrt[3]{5x + 1} = \underbrace{(1 + 5x)^{\frac{1}{3}} - 1}_{\sim \frac{5x}{3} \quad x \rightarrow 0} + 1 \qquad \sqrt[4]{7x + 1} = \underbrace{(1 + 7x)^{\frac{1}{4}} - 1}_{\sim \frac{7x}{4} \quad x \rightarrow 0} + 1
+\end{align*}
+\begin{align*}
+	\implies \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt[3]{5x + 1} - \sqrt[4]{7x + 1}}{\arctg(\ln(x+1))} \xlongequal{(\sim)} \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{5x}{3} + 1 - \left( \frac{7x}{4} + 1 \right)}{\ln(x+1)} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{20x - 21x}{12}}{\ln(x+1)} = \lim_{x \rightarrow 0} - \frac{x}{12 \ln(x+1)} = L
+\end{align*}
+\begin{align*}
+	\frac{x}{\ln(x+1)} \xrightarrow[x \rightarrow 0]{} 1 \implies L = \answerbox{- \frac{1}{12}}
+\end{align*}
+
+\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 4.}}
+
+Да се пресметне $f^{(n)}(x)$, където \hfill \colorbox{YellowGreen}{0,8/0,8 т.}
+\begin{align*}
+	f(x) = \frac{x^3}{\sqrt{1 - 7x}}
+\end{align*}
+
+\paragraph{Решение:}
+
+\begin{align*}
+	g(x) = \frac{1}{\sqrt{1 - 7x}} = (1 - 7x)^{-\frac{1}{2}} \qquad h(x) = x^3 \qquad\qquad \implies f(x) = g(x) \cdot h(x)
+\end{align*}
+\begin{align*}
+	g^{(n)}(x) = \left( (1 - 7x)^{-\frac{1}{2}} \right)^{(n)} & = \left(-\frac{1}{2} \right) \left( -\frac{1}{2} - 1 \right) \left( -\frac{1}{2} - 2 \right) \cdots \left( -\frac{1}{2} - n + 1 \right) \cdot x^{-\frac{1}{2} - n} \cdot 7^n \cdot (1-7x)^{-\frac{2n+1}{2}} = \\
+	& = \frac{(-1)(-3)(-5) \cdots (-1-2n+2)}{2^n} \cdot x^{-\frac{1}{2} - n} \cdot 7^n \cdot (1-7x)^{-\frac{2n+1}{2}} = \\
+	& = \frac{(-1)(-3) \cdots (1-2n)}{2^n} \cdot x^{-\frac{1+2n}{2}} \cdot 7^n \cdot (1-7x)^{-\frac{2n+1}{2}}
+\end{align*}
+\begin{align*}
+	h^{(0)}(x) = h(x) = x^3 \quad h'(x) = 3x^2 \quad h''(x) = 6x \quad h'''(x) = 6 \quad h^{IV}(x) = 0 \quad \implies h^{(n)}(x) = 0 \quad n \geq 4
+\end{align*}
+\begin{align*}
+	f^{(n)} & = \sum_{k = 0}^n g^{(n-k)} h^{(k)} = \binom{n}{0}g^{(n)}h^{(0)} + \binom{n}{1}g^{(n-1)}h^{(1)} + \binom{n}{2}g^{(n-2)}h^{(2)} + \binom{n}{3}g^{(n-3)}h^{(3)} + \\
+	& \quad + \underbrace{\binom{n}{4}g^{(n-4)}h^{(4)} + \cdots + \binom{n}{0}g^{(0)}h^{(n)}}_{0} = \\
+	& = 1 \cdot \frac{(-1)(-3) \cdots (1-2n)}{2^n} \; x^{-\frac{1+2n}{2}} \; 7^n \; (1-7x)^{-\frac{2n+1}{2}} \cdot x^3 \\
+	& \quad + n \cdot \frac{(-1)(-3) \cdots (3-2n)}{2^{n-3}} \; x^{-\frac{2n-1}{2}} \; 7^{n-1} \; (1-7x)^{-\frac{2n-1}{2}} \cdot 3x^2 \\
+	& \quad + \frac{n!}{2(n-2)!} \cdot \frac{(-1)(-3) \cdots (5-2n)}{2^{n-2}} \; x^{-\frac{2n - 3}{2}} \; 7^{n-5} \; (1-7x)^{-\frac{2n-2}{2}} \cdot 6x \\
+	& \quad + \frac{n!}{6(n-3)!} \cdot \frac{(-1)(-3) \cdots (7-2n)}{2^{n-3}} \; x^{-\frac{2n-5}{2}} \; 7^{n-3} \; (1-7x)^{-\frac{2n-7}{2}} \cdot 6 = \\
+	& = \frac{(-1)(-3) \cdots (1-2n)}{2^n} \; x^{-\frac{2n-5}{2}} \; 7^n \; (1-7x)^{-\frac{2n+1}{2}} \\
+	& \quad + 3n \cdot \frac{(-1)(-3) \cdots (3-2n)}{2^{n-1}} \; x^{-\frac{2n-5}{2}} \; 7^{n-1} \; (1-7x)^{-\frac{2n-1}{2}} \\
+	& \quad + 3\frac{n!}{(n-2)!} \cdot \frac{(-1)(-3) \cdots (5-2n)}{2^{n-2}} \; x^{-\frac{2n-7}{2}} \; 7^{n-5} \; (1-7x)^{-\frac{2n-2}{2}} \\
+	& \quad + \frac{n!}{(n-3)!} \cdot \frac{(-1)(-3) \cdots (7-2n)}{2^{n-3}} \; x^{-\frac{2n-2}{2}} \; 7^{n-3} \; (1-7x)^{-\frac{2n-7}{2}}
+\end{align*}
+
+\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 5.}}
+
+Да се пресметне границата \hfill \colorbox{YellowGreen}{0,8-/0,8 т.}
+\begin{align*}
+	\lim_{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin x}{\arcsin x} \right) ^ {\frac{1}{x^2}}
+\end{align*}
+
+\paragraph{Решение:}
+
+\begin{align*}
+	\lim_{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin x}{\arcsin x} \right) ^ {\frac{1}{x^2}} = \lim_{x \rightarrow 0} e^{\ln\left( \frac{\sin x}{\arcsin x} \right) ^ {\frac{1}{x^2}}} = \lim_{x \rightarrow 0} e^{\frac{1}{x^2} \cdot \ln\left( \frac{\sin x}{\arcsin x} \right)} = e^l
+\end{align*}
+\begin{align*}
+	l & = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} \ln\left( \frac{\sin x}{\arcsin x} \right) \qquad \ln\left( \frac{\sin x}{\arcsin x} - 1 + 1 \right) \sim \frac{\sin x}{\arcsin x} - 1 \quad x \rightarrow 0 \quad \colorbox{RedOrange}{$\frac{\sin x}{\arcsin x} \rightarrow 1$ при $x \rightarrow 1$} \\
+	& \implies l \xlongequal{(\sim)} \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} \left(  \frac{\sin x}{\arcsin x} - 1 \right) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} \left(  \frac{\sin x - \arcsin x}{\arcsin x} \right) \qquad \arcsin x \sim x \quad x \rightarrow 0 \\
+	& \implies l \xlongequal{(\sim)} \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} \left(  \frac{\sin x - \arcsin x}{x} \right) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x - \arcsin x}{x^3} \xlongequal{\text{Лопитал } \left[ \frac{0}{0} \right]} \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\cos x - \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}}{3x^2} \\
+	& \qquad \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = (1-x^2)^{-\frac{1}{2}} \quad \left( (1-x^2)^{-\frac{1}{2}} \right)' = -\frac{1}{2} (1-x^2)^{-\frac{3}{2}} \cdot \left( (1-x^2) \right)' = x(1-x^2)^{-\frac{3}{2}} \\
+	& \implies l \xlongequal{\text{Лопитал } \left[ \frac{0}{0} \right]} \lim_{x \rightarrow 0} \frac{-\sin x - x(1-x^2)^{-\frac{3}{2}}}{6x} \\
+	& \qquad \left( x(1-x^2)^{-\frac{3}{2}} \right)' = \left( \frac{x}{(1-x^2)^{\frac{3}{2}}} \right)' = \frac{(1-x^2)^{\frac{3}{2}} + \frac{3}{2}(1-x^2)^{\frac{1}{2}} 2x \cdot x}{(1-x^2)^3} = \frac{(1-x^2)\sqrt{1-x^2} + 3x^2\sqrt{1-x^2}}{(1-x^2)^3} = \\
+	& \qquad = \frac{2x^2+1}{(1-x^2)^{\frac{5}{2}}} \\
+	& \implies l \xlongequal{\text{Лопитал } \left[ \frac{0}{0} \right]} \lim_{x \rightarrow 0} \frac{-\cos x - \frac{2x^2+1}{(1-x^2)^{\frac{5}{2}}}}{6} \qquad \cos x \xrightarrow[x \rightarrow 0]{} 1 \qquad \frac{2x^2+1}{(1-x^2)^{\frac{5}{2}}} \xrightarrow[x \rightarrow 0]{} 1 \quad \implies l = -\frac{1}{3}
+\end{align*}
+
+Следователно, търсената граница е: $e^l = e^{-\frac{1}{3}} = \answerbox{\frac{1}{\sqrt[3]{e}}}$
+
+\end{document}
\ No newline at end of file
diff --git a/Year 1/Calculus/notes-appendix.pdf b/Year 1/Calculus/notes-appendix.pdf
new file mode 100644
index 0000000..e69b735
Binary files /dev/null and b/Year 1/Calculus/notes-appendix.pdf differ
diff --git a/Year 1/Calculus/notes-appendix.tex b/Year 1/Calculus/notes-appendix.tex
new file mode 100644
index 0000000..77e620d
--- /dev/null
+++ b/Year 1/Calculus/notes-appendix.tex	
@@ -0,0 +1,300 @@
+% 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}}
+
+\noindent
+\emph{Доказателство на "Дефинициите за граница във формата на Коши и Хайне са еквивалентни"}
+
+\textbf{I.} Форма на Коши $\implies$ Форма на Хайне
+
+Нека $\lim\limits_{x \rightarrow x_0} f(x) = L$ и за произволна редица $x_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} x_0, x_n \in D, x_n \neq x_0$. Разглеждаме околност $(L - \varepsilon, L + \varepsilon)$. От деф. на Коши: $\exists \delta > 0 \; \forall x \in D \cap (x_0 - \delta, x_0 + \delta), x \neq x_0 : f(x) \in (L - \varepsilon, L + \varepsilon)$
+
+Също, $\exists n_0 \; \forall n \geq n_0 : |x_n - x_0| < \delta$ и следователно $f(x_n) \in (L - \varepsilon, L + \varepsilon)$. Доказахме $f(x_n) \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} L$
+
+\textbf{II.} Форма на Хайне $\implies$ Форма на Коши
+
+Допускаме противното, тоест
+\begin{align*}
+	& \neg (\forall \varepsilon \exists \delta \forall x, x \neq x_0, |x - x_0| < \delta : |f(x) - L| < \varepsilon) \quad \equiv \quad \exists \varepsilon \forall \delta \exists x, x \neq x_0, |x - x_0| < \delta : |f(x) - L| \geq \varepsilon
+\end{align*}
+
+Разглеждаме при $\delta = 1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \cdots, \frac{1}{n}, \cdots$:
+\begin{align*}
+	& \delta = 1 \Rightarrow \exists x_1, x_1 \geq x_0, |x_1 - x_0| < 1 : |f(x_1) - L| \geq \varepsilon \\
+	& \delta = \frac{1}{2} \Rightarrow \exists x_2, x_2 \geq x_0, |x_2 - x_0| < \frac{1}{2} : |f(x_2) - L| \geq \varepsilon \\
+	& \vdots \\
+	& \delta = \frac{1}{n} \Rightarrow \exists x_n, x_n \geq x_0, |x_n - x_0| < \frac{1}{n} : |f(x_n) - L| \geq \varepsilon \\
+	& \vdots
+\end{align*}
+
+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
+
+\section{\underline{Непрекъснати функции}}
+
+\section{\underline{Основни елементарни функции}}
+
+\section{\underline{Диференцируемост и производна}}
+
+\end{document}
\ No newline at end of file
diff --git a/Year 1/Calculus/notes.pdf b/Year 1/Calculus/notes.pdf
new file mode 100644
index 0000000..978aa00
Binary files /dev/null and b/Year 1/Calculus/notes.pdf differ
diff --git a/Year 1/Calculus/notes.tex b/Year 1/Calculus/notes.tex
new file mode 100644
index 0000000..3f4c49a
--- /dev/null
+++ b/Year 1/Calculus/notes.tex	
@@ -0,0 +1,483 @@
+% 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}}
+
+\setlength\delimitershortfall{-2pt} % Прави вложените скоби да са по-малки
+
+\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}
+
+Не са написани някои неща, които вече фигурират във \href{https://gitlab.com/Syndamia/uni-projects/-/blob/main/Year\%201/Discrete\%20math/notes.pdf}{файла по Дискретни структури} в \newline
+\textbf{Лекция 2}, \textbf{Лекция 3}, \textbf{Лекция 4} и \textbf{Лекция 6}.
+
+\section{\underline{Реални числа - първа част}}
+
+\subsection{Множества}
+
+\noindent
+\begin{align*}
+	& \text{Множество на естествените числа} & \mathbb{N} & = \left\{1, 2, 3, 4, ... \right\} \\
+	& \text{Множество на целите числа} & \mathbb{Z} & = \left\{..., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, ... \right\} \\
+	& \text{Множество на рационалните числа} & \mathbb{Q} & = \left\{ \frac{m}{n} : m \in \mathbb{Z}, n \in \mathbb{N} \right\} \\
+	& \text{Множество на реалните числа} & \mathbb{R} & = \left\{ s \, a_0 . a_1 a_2 \cdots : s \in \{ +, - \}, a_0 \in \mathbb{N} \cup \{ 0 \} , a_n \in \{ 1, 2, ..., 9 \}, n \in \mathbb{N} \right\}
+\end{align*}
+
+\noindent
+Нека $a = a_0 . a_1 a_2 \cdots$, $b = b_0 . b_1 b_2 \cdots$ и $a, b \in \mathbb{R}$.
+
+\begin{itemize}
+	\item \emph{Равенство:} \newline $a = b$, ако имат еднакви знаци и
+	\begin{itemize}
+		\item \emph{или} $a_i = b_i$ за всички $i \in \{0, 1, 2, ... \}$,
+		\item \emph{или} съществува $n \in \mathbb{N} \cup \{ 0 \}$, такова че $a_i = b_i$ за всички $i \in \{ 0, 1, 2, ..., n-1 \}, a_n = b_n + 1$ и $a_j = 0, b_j = 9$ за всички $j \in \{ n+1, n+2, ... \}$ \newline
+		Tоест $a_0 . a_1 a_2 \cdots a_{n-1} a_n 00 \cdots = a_0 . a_1 a_2 \cdots a_{n-1} (a_n - 1) 99 \cdots$ ($1.33 \cdots 3300 \cdots = 1.33 \cdots 3299 \cdots$)
+	\end{itemize}
+
+	\item \emph{Сравняване:}
+	\begin{enumerate}
+		\item $a \geq 0, b \geq 0$ \newline
+		$a \leq b \iff
+		\begin{cases}
+			a_i = b_i, & \forall i \in {0, 1, 2, ...} \\
+			\text{или} \\
+			\exists n \in \mathbb{N} \cup \{ 0 \}, & a_i = b_i \; \forall i \in \{ 0, 1, ..., n-1 \} \text{ и } a_n < b_n
+		\end{cases}$
+		
+		\item $a \leq 0, b \geq 0$ \qquad $a \leq b$
+		
+		\item $a \leq 0, b \leq 0$ \qquad $a \leq b \iff |a| \geq |b|$
+	\end{enumerate}
+\end{itemize}
+
+\subsection{Граници и ограниченост}
+
+Нека $A \subset \mathbb{R}$
+
+\begin{itemize}
+	\item \emph{Множество, ограничено отгоре} \qquad $\exists M \in \mathbb{R} \; \forall a \in A : a \leq M$ \quad $M$ - \emph{горна граница (мажоранта)}
+	
+	Най-малката горна граница наричаме \emph{точна горна граница или супремум на $A$ $(\sup A)$}
+	\begin{enumerate}
+		\item $a \leq \sup A \; \forall a \in A$ \qquad ($\sup A$ е горна граница)
+		\item $\forall c < \sup A \; \exists a \in A : a > c$ \qquad (няма по-малка горна граница)
+	\end{enumerate}
+	
+	\item \emph{Множество, ограничено отдолу} \qquad $\exists M \in \mathbb{R} \; \forall a \in A : a \geq M$ \quad $M$ - \emph{долна граница (миноранта)}
+	
+	Най-малката долна граница наричаме \emph{точна долна граница или инфимум на $A$ $(\inf A)$}
+	
+	\item \emph{Ограничено множество} \qquad Ако е ограничено отдолу и отгоре
+\end{itemize}
+
+\noindent
+\begin{align*}
+	\emph{Принцип на непрекъснатост: } & \text{Всяко ограничено отгоре непразно множество $A \subset \mathbb{R}$ има супремум.} \\
+	& \text{Всяко ограничено отдолу непразно множество $A \subset \mathbb{R}$ има инфимум.}
+\end{align*}
+
+\noindent
+\emph{Цялата част на $x \in \mathbb{R}$}: най-голямото цяло число $z$, ненадминаващо $x$. \hfill $\lfloor x \rfloor = \max \{ z \in \mathbb{Z} : z \leq x \}$
+
+\section{\underline{Реални числа - втора част и сходящи редици}}
+
+\subsection{Непрекъснати наредени полета}
+
+Нека $R$ е поле с дефинирани събиране, умножение е релацията $\preceq$:
+\begin{align*}
+	\oplus : R \rightarrow R, \quad \otimes : R \rightarrow R, \quad \preceq \subset R \times R
+\end{align*}
+
+$(R, \oplus, \otimes, \preceq)$ се нарича непрекъснато наредено поле, ако са в сила:
+
+\begin{enumerate}[label=\Roman*.]
+	\item Аксиоми за събирането
+	\begin{enumerate}
+		\item \emph{Асоциативност} \hfill $(a \oplus b) \oplus c = a \oplus (b \oplus c) \quad \forall a, b, c \in R$
+		\item \emph{Комутативност} \hfill $a \oplus b = b \oplus a \quad \forall a \in R \; \forall b \in R$
+		\item \emph{Неутрален елемент} \hfill $\exists 0 \in R \; \forall a \in R : a \oplus 0 = 0 \oplus a = a$
+		\item \emph{Противоположен елемент} \hfill $\forall a \in R \; \exists (-a) \in R : a \oplus (-a) = (-a) \oplus a = 0$
+	\end{enumerate}
+	
+	\item Аксиоми за умножението
+	\begin{enumerate}
+		\item \emph{Асоциативност} \hfill $(a \otimes b) \otimes c = a \otimes (b \otimes c) \quad \forall a, b, c \in R$
+		\item \emph{Комутативност} \hfill $a \otimes b = b \otimes a \quad \forall a \in R \; \forall b \in R$
+		\item \emph{Неутрален елемент} \hfill $\exists e \in R \; \forall a \in R : a \otimes e = e \otimes a = a$
+		\item \emph{Обратен елемент} \hfill $\forall a \in R, a \neq 0 \; \exists a^{-1} \in R : a \otimes a^{-1} = a^{-1} \otimes a = e$
+		\item \emph{Дистрибутивност} \hfill $(a \oplus b) \otimes c = (a \otimes c) \oplus (b \otimes c) \quad \forall a, b, c \in R$
+	\end{enumerate}
+	
+	\item Аксиоми, свързани с наредбата
+	\begin{enumerate}
+		\item $\forall a, b \in R : \quad a \preceq b$ или $b \preceq a$
+		\item \emph{Рефлексивност} \hfill $a \preceq a \quad \forall a \in R$
+		\item \emph{Антисиметричност} \hfill $a \preceq a$ и $b \preceq a \implies a = b \quad \forall a, b \in R$
+		\item \emph{Транзитивност} \hfill $a \preceq b$ и $b \preceq c \implies a \preceq c \quad \forall a, b, c, \in R$
+		\item \emph{Връзка със събирането} \hfill $a \preceq b \implies a \oplus c \preceq b \oplus c \quad \forall a, b, c \in R$
+		\item \emph{Връзка с умножението} \hfill $a \preceq b \implies a \otimes c \preceq b \otimes c \quad \forall a, b, c \in R$
+	\end{enumerate}
+\end{enumerate}
+
+\emph{Аксиома на Архимед: } Ако $(R, \oplus, \otimes, \preceq)$ е непрекъснато наредено поле с неутрален елемент $e$ относно умножението, то $\{ e, e+e, e+e+e, ... \}$ не е ограничено отгоре.
+
+\subsection{Изброими множества и редици}
+
+\emph{Кофинитно множество: } Едно множество $A \subset \mathbb{N}$ от естествени числа се нарича кофинитно, ако $\mathbb{N} \setminus A$ е крайно или празно. \hfill (тоест, започва от някое число в $\mathbb{N}$ и продължава до безкрайност) \newline
+
+\emph{Околност на точка: } Нека $a \in \mathbb{R}$ и $U \subset R$. $U$ е околност на точката $a$, ако съществува $\varepsilon > 0$ такова, че $(a - \varepsilon, a + \varepsilon) \subset U$
+
+\- \quad Ако разглеждаме $(a - \varepsilon, a + \varepsilon) \setminus \{ a \}$, говорим за \emph{пробита околност} \newline
+
+\emph{Граница на редица: } Редицата $\{ a_n \}^{\infty}_{n = 1} \subset \mathbb{R}$ има граница $a \in \mathbb{R}$, ако за всяка околност на $a$, $\{ n \in \mathbb{N} : a_n \in U \}$ е кофинитно. \hfill (тоест, ако всяка околност на $a$ съдържа почти всички членове) \newline
+
+\emph{Сходяща редица: } Ако за $\{ a_n \}^{\infty}_{n = 1} \subset \mathbb{R}$ съществува $a \in \mathbb{R}$, такова че $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} a_n = a$ или $a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a$
+
+\emph{Разходяща редица: } Ако не е сходяща
+
+\section{\underline{Редици от реални числа}}
+
+\subsection{Основни свойства на сходящи редици}
+
+Ако не е определено друго: $a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a, \quad b_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} b$
+\begin{enumerate}
+	\item Добавянето и премахването на краен брой членове не влияе на сходимостта (и границата)
+	
+	\item Сходящите редици са ограничени
+	
+	\item Ако $a_n \leq b_n \; \forall n \in \mathbb{N}, \quad$ то $\quad a \leq b$
+	
+	\item \emph{Лема за двамата полицаи: } Нека $a_n \leq c_n \leq b_n \; \forall n \in \mathbb{N}$. \newline
+	Ако $a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a, \quad b_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a , \quad$ то $\quad c_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a\quad$ (и $\{ c_n \}^{\infty}_{n = 1}$ е сходяща) \newline
+	
+	\emph{Следствие: } Ако $a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} 0$ и $\{ b_n \}^{\infty}_{n = 1}$ е ограничена, то $a_n . b_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} 0$
+	
+	\item $a_n \pm b_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a \pm b \qquad a_n . b_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} ab$ \newline
+	
+	\emph{Следствие: } Ако $c \in \mathbb{R}$, то $c . a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} ca$
+	
+	\emph{Следствие: } $a_n - b_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a - b$
+	
+	\item Ако $b \neq 0$, то $\frac{a_n}{b_n} \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} \frac{a}{b}$
+\end{enumerate}
+
+\subsection{Дивергиране към безкрайност}
+
+\emph{Околност на $+\infty$: } Ако съществува $M \in \mathbb{R}$ такова, че $(M, +\infty) \subset U$, то $U \subset \mathbb{R}$ e околност на $+\infty$
+
+\emph{Околност на $-\infty$: } Ако съществува $M \in \mathbb{R}$ такова, че $(-\infty, M) \subset U$, то $U \subset \mathbb{R}$ e околност на $-\infty$
+
+\emph{Околност на $\infty$: } Ако съществува $M > 0$ такова, че $[(-\infty, -M) \cup (M, +\infty)] \subset U$, \newline \- \hfill то $U \subset \mathbb{R}$ e околност на $\infty$
+
+\subsection{Монотонни редици}
+
+\emph{Растяща редица: } Ако $a_{n+1} \geq a_n \quad \forall n \in \mathbb{N}$, то $\{  a_n \}^{\infty}_{n = 1} \subset \mathbb{R}$ е растяща
+
+\emph{Намаляваща редица: } Ако $a_{n+1} \leq a_n \quad \forall n \in \mathbb{N}$, то $\{  a_n \}^{\infty}_{n = 1} \subset \mathbb{R}$ е намаляваща
+
+\emph{Монотонна редица: } Ако редицата е растяща или нямаляваща
+
+\- \qquad Ако редицата е растяща и намаляваща едновременно, тя е \emph{стационарна} \newline
+
+Ако $\{  a_n \}^{\infty}_{n = 1}$ е растяща и ограничена отгоре, тя е сходяща.
+
+Ако $\{  a_n \}^{\infty}_{n = 1}$ е намаляваща и ограничена отдолу, тя е сходяща.
+
+\subsection{Неперово число}
+
+\noindent
+\begin{align*}
+	e = \lim_{n \rightarrow \infty} \left( 1 + \frac{1}{n} \right) ^ n = \lim_{n \rightarrow \infty} \left( 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \cdots + \frac{1}{n!} \right)
+\end{align*}
+
+\section{\underline{Редици от релани числа. Граници на функции.}}
+
+\subsection{Подредици и точки на сгъстяване}
+
+\emph{Точка на сгъстяване: } $a \in \mathbb{R}$ е точка на сгъстяване, ако във всяка околност на $a$ има безброй много членове на редицата
+
+\- \qquad За $D \subset \mathbb{R}$, $x_0 \in \mathbb{R}$ е точка на сгъстяване, ако за всяка околност $U$ на $x_0$, $U \cap D$ е безкрайно \newline
+
+\- \qquad Ако $a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a$, то $a$ е (единствената) точка на сгъстяване \newline
+
+\emph{Подредица: } Ако задраскаме част от членовете, така че да останат безкрайно много и запазим реда на останалите
+
+\- \qquad Ако $\{  a_n \}^{\infty}_{n = 1}$ е сходяща редица ($a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a$) и $\{  a_{n_k} \}^{\infty}_{k = 1}$ е нейна подредица, то $a_{n_k} \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a$ \newline
+
+\- \qquad $a$ е точка на сгъстяване, когато съществува $\{  a_{n_k} \}^{\infty}_{k = 1}$ на $\{  a_n \}^{\infty}_{n = 1}$, за която $a_{n_k} \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} a$ \newline
+
+\emph{Теорема на Болцано-Вайерщрас (Принцип за компактност): } Всяка ограничена редица има точка на сгъстяване. Еквивалентно, всяка ограничена редица има сходяща подредица.
+
+\subsection{Необходимо и достатъчно условие на Коши за сходимост}
+
+\emph{Фундаментална редица: } $\forall \varepsilon > 0 \; \exists n_0 \in \mathbb{N} \; \forall m \geq n_0 \; \forall n \geq n_0 : |a_m - a_n| < \varepsilon$ (тоест, чрез отстраняване на краен брой елементи от началото, разстоянието между произволни два от останалите може да се направи произволно малко) \newline
+
+\emph{Необходимо и достатъчно условие на Коши за сходимост на числова редица: } Една редица от реални числа е сходяща точно тогава, когато е фундаментална
+
+\subsection{Граница на функция}
+
+Нека $f: D \rightarrow \mathbb{R}, D \subset \mathbb{R}, x_0 \in \mathbb{R}$ е точка на сгъстаяване на $D$ \newline
+
+\emph{Граница на функция (форма на Коши): } \newline
+$f$ има граница $L \in \mathbb{R}$, при аргумент клонящ към $x_0$, \newline
+ако за всяка околност $U$ на $L$ съществува околност $V$ на $x_0$, така че за всяко $x \in V \cap D, x \neq x_0 : f(x) \in U$
+\begin{align*}
+	\lim_{x \rightarrow x_0} f(x) = L \quad \text{ ако } \quad \forall \varepsilon > 0 \; \exists \delta > 0 \; \forall x \in D, x \neq x_0, |x - x_0| < \delta : |f(x) - L| < \varepsilon
+\end{align*}
+
+\emph{Граница на функция (форма на Хайне): } \newline
+$f$ има граница $L \in \mathbb{R}$, при аргумент клонящ към $x_0$, \newline
+ако за всяка редица $\{  x_n \}^{\infty}_{n = 1} \subset D \setminus \{ x_0 \}$, която клони към $x_0$, съответната редица от функционални стойности $\{  f(x_n) \}^{\infty}_{n = 1}$ клони към $L$
+\begin{align*}
+	\forall \{  x_n \}^{\infty}_{n = 1} \subset D \setminus \{ x_0 \}, x_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} x : f(x_n) \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} L
+\end{align*}
+
+\section{\underline{Граници на функции}}
+
+\noindent
+Дефинициите за граница на функция във \emph{формата на Коши} и във \emph{формата на Хайне} са еквивалентни
+
+\subsection{Основни свойства на граници}
+
+\begin{enumerate}
+	\item $\lim\limits_{x \rightarrow x_0} (f(x) + g(x)) = L_f + L_g$
+	\item $\lim\limits_{x \rightarrow x_0} (f(x) \cdot g(x)) = L_f \cdot L_g$
+	\item $\lim\limits_{x \rightarrow x_0} \left( \frac{f(x)}{g(x)} \right) = \frac{L_f}{L_g}$, ако $L_g \neq 0$
+\end{enumerate}
+
+При неравенства
+\begin{itemize}
+	\item Ако $f(x) \leq g(x)$ за $x \in D$, то $L_1 \leq L_2$
+	\item Ако $f(x) \leq h(x) \leq g(x)$ за $x \in D$ и $L_1 = L_2$, то $\lim\limits_{x \rightarrow x_0} h(x) = L_1 = L_2$
+\end{itemize}
+
+\emph{Композиция на функции: } $g \circ f: X \rightarrow Z$, $(g \circ f)(x) = g(f(x))$, \quad при $f: X \rightarrow Y$ и $g: Y \rightarrow Z$ \newline
+
+\noindent
+\emph{Необходимо и достатъчно условие на Коши за съществуване на граница на функция}: 
+\begin{align*}
+	& \exists L \in \mathbb{R} : \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*}
+
+\begin{align*}
+	\emph{Лява граница: } & \lim_{x \rightarrow x_0^-} f(x) := \lim_{x \rightarrow x_0} \left( \left. f \right|_{D \cap (-\infty, x_0)} \right)(x) \\
+	\emph{Дясна граница: } & \lim_{x \rightarrow x_0^+} f(x) := \lim_{x \rightarrow x_0} \left( \left. f \right|_{D \cap (x_0, +\infty)} \right)(x)
+\end{align*}
+
+\section{\underline{Непрекъснати функции}}
+
+\emph{Непрекъсната функция: } 
+
+\- \quad \emph{Форма на Коши: }$(\forall x_0 \in D) \; \forall \varepsilon > 0 \; \exists \delta > 0 \; \forall x \in D, |x - x_0| < \delta : |f(x) - f(x_0)| < \varepsilon$
+
+\- \quad \emph{Форма на Хайне: } $(\forall x_0 \in D) \; \forall \{  x_n \}^{\infty}_{n = 1} \subset D, x_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} x_0: f(x_n) \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} f(x_0)$
+
+\subsection{Основни теореми}
+
+Ако не е посочено друго, работим с $f: [a, b] \rightarrow \mathbb{R}$, която е непрекъсната \newline
+
+\emph{Теорема на Болцано: }  Ако $f(a) \cdot f(b) < 0$, то съществува $x_0 \in (a, b) : f(x_0) = 0$ \newline
+
+\emph{Теорема за междинните стойности: } Ако $f(a) < c < f(b)$ или $f(b) < c < f(a)$, то съществува $x_0 \in (a, b) : f(x_0) = c$
+
+\emph{Интервал: } $\Delta \subset \mathbb{R}$ наричаме интервал, ако $x_1 \in \Delta, x_2 \in \Delta, x_1 < x_2 \implies [x_1, x_2] \subset \Delta$ \newline
+
+\emph{Теорема на Вайерщрас: } Щом $f$ е непрекъсната, то $f$ е ограничена и има най-голяма и най-малка стойност \newline
+
+\emph{Равномерна непрекъснатост: } За $f: D \rightarrow \mathbb{R}, D \subset \mathbb{R}$, $f$ е равномерно непрекъсната в D, ако $\forall \varepsilon > 0 \; \exists \delta > 0 \; \forall x \in D, |x - x_0| < \delta : |f(x) - f(x_0)| < \varepsilon$ (различава се с това, че никога не зависим от $x_0$) \newline
+
+\emph{Теорема на Кантор: } Ако $f$ е непрекъсната, то $f$ е равномерно непрекъсната в $[a, b]$
+
+\section{\underline{Основни елементарни функции}}
+
+\emph{Продължение на функция: } За $f: \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{R}$ казваме, че $\widetilde{f}: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ е продължение на $f$, ако $\widetilde{f}(x) = f(x)$ за всяко $x \in \mathbb{Q}$
+
+\- \quad $f$ притежава (единствено) непрекъснато продължение $\widetilde{f}: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, когато $f$ е непрекъсната върху всеки ограничен затворен интервал $[c, d] \cap \mathbb{Q}$ \newline
+
+\emph{Експонента: } Единственото непрекъснато продължение $\widetilde{f}_a$ на $f_a(x) = a^x$ наричаме експонента с основа $a$, $a^x := \widetilde{f}_a (x) \; \forall x \in \mathbb{R}$
+
+\subsection{Обратни тригонометрични функции}
+
+\noindent
+\begin{enumerate}
+	\item $\arcsin$: $\qquad \left. \sin \right|_{\left[ -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right]} : \left[ -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right] \rightarrow [-1, 1] \qquad \arcsin \equiv \left( \left. \sin \right|_{\left[ -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right]} \right)^{-1} : [-1, 1] \rightarrow \left[ -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right]$
+	
+	$\sin (\arcsin( y )) = y \quad \forall y \in [-1, 1] \qquad \arcsin (\sin (x)) = x \quad \forall x \in \left[ -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right]$ \text{(еквивалентно за останалите)}
+	
+	\item $\arccos$: $\qquad \left. \sin \right|_{[0, \pi]} : [0, \pi] \rightarrow [-1, 1] \qquad \arccos \equiv \left( \left. \cos \right|_{[0, \pi]} \right)^{-1} : [-1, 1] \rightarrow [0, \pi]$
+	
+	\item $\tg$: $\qquad \left. \tg \right|_{\left( -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right)} : \left( -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right) \rightarrow (-\infty, +\infty) \qquad \arctg \equiv \left( \left. \tg \right|_{\left( -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right)} \right)^{-1} : (-\infty, +\infty) \rightarrow \left( -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right)$
+	
+	\item $\arccotg$: $\qquad \left. \cotg \right|_{(0, \pi)} : (0, \pi) \rightarrow (-\infty, +\infty) \qquad \arccotg \equiv \left( \left. \cotg \right|_{(0, \pi)} \right)^{-1} : (-\infty, +\infty) \rightarrow (0, \pi)$
+\end{enumerate}
+
+\subsection{Основни граници}
+
+\noindent
+\begin{align*}
+	& \lim_{x \rightarrow x_0} x = x_0 \qquad \lim_{x \rightarrow x_0} c = c \qquad \lim_{x \rightarrow x_0} \frac{\sin x}{x} = 1 \qquad \lim_{x \rightarrow 0} a^x = 1 \qquad \lim_{x \rightarrow \infty} \sqrt[n]{n} = 1 \qquad \lim_{x \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a} = 1 \\
+	& \lim_{x \rightarrow 0} (1+x)^{\frac{1}{x}} = e \qquad \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\log_a (1+x)}{x} = \log_a e \quad \left( \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\ln (1 + x)}{x} = 1 \right) \qquad \lim_{x \rightarrow 0} \frac{(1 + x)^a - 1}{x} = a \\
+	& \lim_{x \rightarrow 0} \frac{a^x - 1}{x} = \ln a , \; a > 0 \quad \left( \lim_{x \rightarrow 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1 \right) \\
+	& e^x = \lim_{n \rightarrow 0} \left( 1 + \frac{x}{n} \right)^{n} \qquad e^{\lim\limits_{n \rightarrow \infty} b_n} = \lim_{n \rightarrow \infty} \left( 1 + \frac{1}{p_n} \right)^{p_n b_n}, \quad p_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} \pm \infty
+\end{align*}
+
+\emph{Неравенство на Бернули: } $(1 + x) ^ n \geq 1 + nx, x \geq -1$
+
+\section{\underline{Диференцируемост и производна}}
+
+\emph{Диференцируемост на функция: } $f: \Delta \rightarrow \mathbb{R}$ е  диференцируема в точка $x \in \Delta$, ако съществува граница $\lim\limits_{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f(x + \Delta x) - f(x)}{\Delta x}$
+\begin{align*}
+	f'(x) := \lim_{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f(x + \Delta x) - f(x)}{\Delta x} = \lim_{y \rightarrow x} \frac{f(y) - f(x)}{y - x}
+\end{align*}
+
+Ако $f$ е диференцируема в $x$, то $f$ е непрекъсната в $x$
+
+\subsection{Правила за диференциране}
+
+\noindent
+\begin{enumerate}
+	\item \emph{Диференциране на сума: } $(f + g)'(x) = f'(x) + g'(x)$ \newline
+	\emph{Диференциране на разлика: } $(f - g)'(x) = f'(x) - g'(x)$
+
+	\item \emph{Диференциране на произведение: } $(fg)'(x) = f'(x)g(x) + f(x)g'(x)$ \newline
+	\emph{Диференциране на произведение с константа: } $(cf)'(x) = cf'(x)$ \newline
+	\emph{Диференциране на частно: } $\left( \frac{f}{g} \right)'(x) = \frac{f'(x)g(x) - f(x)g'(x)}{g^2(x)}$
+	
+	\item \emph{Диференциране на композиция от функция: } $(g \circ f)'(x) = g'(f(x))f'(x)$
+	
+	\item \emph{Дифернциране на обратна биекция: } $(f^{-1})'(y) = \frac{1}{f'(f^{-1}(y))}$
+\end{enumerate}
+
+\subsection{Основни производни}
+
+\noindent
+\begin{align*}
+	& (e^x)' = e^x \qquad (a^x)' = a^x \cdot \ln a \quad (a > 0) \qquad (\ln x)' = \frac{1}{x} \qquad (log_a x)' = \frac{1}{x \ln a} \quad (a > 0, a \neq 1) \\
+	& (x^a)' = ax^{a - 1} \\
+	& (\sin x)' = \cos x \qquad (\cos x)' = - \sin x \qquad (\tg x)' = \frac{1}{\cos^2 x} \qquad (\cotg x)' = \frac{1}{\sin^2 x} \\
+	& (\arcsin x)' = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}, \; x \in (-1, 1) \qquad (\arccos x)' = -\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}, \; x \in (-1, 1) \\
+	& (\arctg x)' = \frac{1}{1 + x^2}, \; x \in \mathbb{R} \qquad (\arccotg x)' = - \frac{1}{1 + x^2}, \; x \in \mathbb{R}
+\end{align*}
+
+\section{\underline{Основни теореми за диференцируеми функции}}
+
+\emph{Локален екстремум на функция: } Нека $f : D \rightarrow \mathbb{R}$. $f$ има \emph{локален минимум} в $x_0$, ако съществува $\delta > 0$, такова че $(x_0 - \delta, x_0 + \delta) \in D$ и $f(x_0) \leq f(x)$ за всяко $x \in (x_0 - \delta, x_0 + \delta)$. Аналогично има \emph{локален максимум} ако $f(x_0) \geq f(x)$ за всяко $x \in (x_0 - \delta, x_0 + \delta)$.
+
+\hfill
+
+\emph{Теорема на Ферма: } Нека $f: D \rightarrow \mathbb{R}$, $x_0$ е точка на локален екстремум и $f$ диференцируема в $x_0$. Тогава $f'(x_0) = 0$.
+
+\hfill
+
+\emph{Теорема на Рол: } Нека $f: [a, b] \rightarrow \mathbb{R}$, $f$ диференцируема в $(a,b)$, $f$ непрекъсната в точките $a, b$ и $f(a) = f(b)$. Тогава съществува $\xi \in (a,b)$, такова че $f'(\xi) = 0$.
+
+\subsection{Теорема на крайните нараствания и следствия}
+
+\emph{Теорема на Лагранж (Теорема за крайните нараствания): } Нека $f: [a, b] \rightarrow \mathbb{R}$, $f$ диференцируема в $(a,b)$, $f$ непрекъсната в точките $a, b$. Тогава съществува $\xi \in (a,b)$, такова че $f'(\xi) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$.
+
+\hfill
+
+\emph{Принцип за константност (Основна теорема на диференциалното смятане): } Нека $f: \Delta \rightarrow \mathbb{R}$, $\Delta$ отворен интервал, $f$ диференцируема в $\Delta$. $f$ е константа точно тогава, когато $f'(x) = 0 \quad \forall x \in \Delta$.
+
+\hfill
+
+\emph{Принцип за монотонност: } Нека $f: \Delta \rightarrow \mathbb{R}$, $\Delta$ отворен интервал, $f$ диференцируема в $\Delta$.
+
+$f$ растяща в $\Delta \iff$ $f'(x) \geq 0 \quad \forall x \in \Delta$ \qquad $f$ намаляваща в $\Delta \iff$ $f'(x) \leq 0 \quad \forall x \in \Delta$
+
+\hfill
+
+\emph{Производни от по-висок ред: } Нека $f: \Delta \rightarrow \mathbb{R}$, $\Delta$ отворен интервал, $f'(x)$ съществува за всяко $x \in \Delta$. Означаваме $f''(x) := (f')'(x)$ и индуктивно дефинираме, $f^{(n + 1)} := \left( f^{(n)} \right)'$. $f^{(0)} := f$.
+
+\subsection{Обобщена теорема на крайните нараствания и следствия}
+
+\emph{Теорема на Коши (Обобщена теорема за крайните нараствания): } Нека $f, g: [a, b] \rightarrow \mathbb{R}$, \newline $f, g$ диференцируеми в $(a, b)$, $f,g$ непрекъснати в $[a, b]$ и $g'(x) \neq 0 \quad \forall x \in (a,b)$. \newline
+Тогава съществува $\xi$, такова че $\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = \frac{f(b)-f(a)}{g(b) - g(a)}$.
+
+\hfill
+
+\emph{1-ва теорема на Лопитал (неопределеност $\left[ \frac{0}{0} \right]$): } Нека $f, g: (a, b] \rightarrow \mathbb{R}$, диференцируеми в $(a, b)$, непрекъснати в $b$, $f(b) = g(b) = 0$, $g'(x) \neq 0$ в $(a, b)$ и съществува $\lim_{x \rightarrow b^-} \frac{f'(x)}{g'(x)}$. Тогава съществува $\lim_{x \rightarrow b^-} \frac{f(x)}{g(x)}$ и $\lim_{x \rightarrow b^-} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \rightarrow b^-} \frac{f'(x)}{g'(x)}$.
+
+\hfill
+
+\emph{2-ра теорема на Лопитал (неопределеност $\left[ \frac{\infty}{\infty} \right]$): } Нека $f, g: (a, b] \rightarrow \mathbb{R}$, диференцируеми в $(a, b)$, $\lim_{x \rightarrow b^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow b^-} g(x) = \infty$, $g'(x) \neq 0$ в $(a, b)$ и съществува $\lim_{x \rightarrow b^-} \frac{f'(x)}{g'(x)}$. Тогава съществува $\lim_{x \rightarrow b^-} \frac{f(x)}{g(x)}$ и $\lim_{x \rightarrow b^-} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \rightarrow b^-} \frac{f'(x)}{g'(x)}$.
+
+\section{\underline{Полином на Тейлър}}
+
+Нека $f, g: \Delta \rightarrow \mathbb{R}$ са $n$ пъти диференцируеми. $\qquad (f+g)^{(n)} = f^{(n)} + g^{(n)} \qquad (c . f)^{(n)} = c . f^{(n)}$
+
+\hfill
+
+\emph{Формула на Лайбниц: } Нека $f, g: \Delta \rightarrow \mathbb{R}$, $\Delta$ отворен интервал и са $n$ пъти диференцируеми.
+
+Тогава $(fg)^{(n)} = \sum\limits^n_{k=0} \binom{n}{k}f^{(k)}g^{(n-k)}$
+
+\subsection{Полином на Тейлър}
+
+\emph{Означение о-малко: } Нека $g: \Delta \rightarrow \mathbb{R}$, $g(x) \xrightarrow[x \rightarrow a]{} 0$ и $g(x) \neq 0$. $f(x) = o(g(x))$ ($f(x)$ е о-малко от $g(x)$) ако $\lim_{x \rightarrow a} \frac{f(x)}{g(x)} = 0$
+
+\hfill
+
+\emph{Полином на Тейлър от n-та степен около точка а: } Нека $f: \Delta \rightarrow \mathbb{R}$, $\Delta$ отворен интервал, $a \in \Delta$, $f$ е $(n-1)$ пъти диференцируема в $\Delta$, $f$ е $n$ пъти диференцируема в $a$. Тогава
+\begin{align*}
+	T_n(x) = \quad f(a) + \frac{f'(a)}{1!}(x-a) + \frac{f''(a)}{2!}(x-a)^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n \quad = \sum_{i=0}^n \frac{f^{(i)}(a)}{i!}(x-a)^i
+\end{align*}
+
+\subsection{Формула на Тейлър}
+
+\emph{Формула на Тейлър за $f$ около а с остатъчен член във форма на Пеано: }
+\begin{align*}
+	f(x) = f(a) + \frac{f'(a)}{1!}(x-a) + \frac{f''(a)}{2!}(x-a)^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n + \; o\left( (x-a)^n \right)
+\end{align*}
+
+\hfill
+
+\emph{Формула на Тейлър за $f$ около а с остатъчен член във форма на Лагранж: }
+\begin{align*}
+	f(x) = f(a) + \frac{f'(a)}{1!}(x-a) + \frac{f''(a)}{2!}(x-a)^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n + \; \underbrace{\frac{f^{(n+1)}\left( \xi (x) \right)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}}_{\xi (x) \text{ е между } a \text{ и } x}
+\end{align*}
+
+\hfill
+
+\emph{Формула на Маклорен: } Формула на Тейлър, за която $a = 0$
+
+\subsection{Равитие на някои функции в ред на Маклорен}
+
+\noindent
+\begin{align*}
+	\text{1. } & e^x = 1 + \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + o(x^n) \\
+	\text{2. } & \sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} + \cdots + (-1)^k \frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!} + o\left( x^{2k+1} \right) \\
+	\text{3. } & \cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} + \cdots + (-1)^k \frac{x^{2k}}{(2k)!} + o\left( x^{2k} \right) \\
+	\text{4. } & (1+x)^{\alpha} = \binom{\alpha}{0} + \binom{\alpha}{1}x + \binom{\alpha}{2}x^2 + \cdots + \binom{\alpha}{n}x^n + o\left( x^n \right) \\
+	\text{5. } & \ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \cdots + \frac{(-1)^{n-1}x^n}{n} + o \left( x^n \right)
+\end{align*}
+
+\end{document}
\ No newline at end of file
diff --git a/Year 1/Mathematical analysis/Homeworks/Homework1.pdf b/Year 1/Mathematical analysis/Homeworks/Homework1.pdf
deleted file mode 100644
index af33069..0000000
Binary files a/Year 1/Mathematical analysis/Homeworks/Homework1.pdf and /dev/null differ
diff --git a/Year 1/Mathematical analysis/Homeworks/Homework1.tex b/Year 1/Mathematical analysis/Homeworks/Homework1.tex
deleted file mode 100644
index 351cd0a..0000000
--- a/Year 1/Mathematical analysis/Homeworks/Homework1.tex	
+++ /dev/null
@@ -1,134 +0,0 @@
-% Document MUST be built with XeLaTeX!
-\documentclass[11pt,a4paper]{article}
-
-\usepackage[margin=2.5cm]{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
-\usepackage{amsfonts}           % Още математически символи
-\usepackage{hyperref}           % Линкове
-\usepackage{cancel}             % Зачертаване
-\usepackage[dvipsnames]{xcolor} % Цветни кутийки + допълнителни цветове
-
-\title{\vspace{-2cm}Домашна работа 1 по ДИС 1, за спец. КН 1 курс, 2 поток. Вариант 2 за студентите с четна последна
-цифра от факултетния номер.}
-\author{Камен Димитров Младенов, Група 6}
-\date{10 Ноември 2021}
-
-\begin{document}
-
-\maketitle
-
-\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 1.}}
-
-Изследвайте функцията за обратимост. Намерете максимален интервал
-на обратимост, както и нейната обратна
-
-\begin{equation*}
-	f(x) = \log_{5} \left( x^2 - 2x + 1 \right)
-\end{equation*}
-
-\paragraph{Решение:}
-
-\begin{align*}
-	& f(x) = \log_{5} \left( x^2 - 2x + 1 \right) = \log_{5} \left( \left(x - 1\right) ^ 2 \right) \quad \text{Д.С. } x \neq 1 \text{ (аргумент на логаритъм)} \\
-	& \omit\hfill \\
-	& \text{Разглеждаме за инективност. Нека } f\left( x_1 \right) = f\left( x_2 \right) \qquad x_1, x_2 \in \mathbb{R} \setminus \{-1\} \\
-	& \log_{5} \left( \left(x_1 - 1\right) ^ 2 \right) = \log_{5} \left( \left(x_2 - 1\right) ^ 2 \right) \iff \left(x_1 - 1\right) ^ 2 = \left(x_2 - 1\right) ^ 2 \iff |x_1 - 1| = |x_2 - 1| \\
-	& \textbf{I. Случай: } x_1 - 1 > 0 \text{ и } x_2 - 1 > 0 \;,\; x_1 > 1 \quad x_2 > 1 \;,\; x_1,x_2 \in \left( 1, +\infty \right) \\
-	& \implies |x_1 - 1| = x_1 - 1 \text{ и } |x_2 - 1| = x_2 - 1 \\
-	& \text{Тоест } |x_1 - 1| = |x_2 - 1| \iff x_1 - 1 = x_2 - 1 \implies x_1 = x_2 \; \colorbox{yellow}{има инекция} \\
-	& \textbf{II. Случай: } x_1 - 1 < 0 \text{ и } x_2 - 1 < 0 \;,\; x_1 < 1 \quad x_2 < 1 \;,\; x_1,x_2 \in \left( -\infty, 1 \right) \\
-	& \implies |x_1 - 1| = 1 - x_1\text{ и } |x_2 - 1| = 1 - x_2 \\
-	& \text{Тоест } |x_1 - 1| = |x_2 - 1| \iff 1 - x_1 = 1 - x_2 \implies x_1 = x_2 \; \colorbox{yellow}{има инекция} \\
-	& \omit\hfill \\
-	& \text{Нека } y \in \mathbb{R} \text{. Тогава търсим x, такова че: } f(x) = y \\
-	& y = f(x) \quad y = \log_{5} \left( \left(x - 1\right) ^ 2 \right) \quad 5^y = \left(x - 1\right) ^ 2 \quad \sqrt{5^y} = |x - 1| \\
-	& \textbf{I. Случай: } x \in \left( 1, +\infty \right) \implies \sqrt{5^y} = x - 1 \quad x = 1 + \sqrt{5^y} \\
-	& x > 1 \quad 1 + \sqrt{5^y} > 1 \quad \sqrt{5^y} > 0 \quad \text{изпълнено за всяко y} \\
-	& \textbf{II. Случай: } x \in \left( -\infty, 1 \right) \implies \sqrt{5^y} = 1 - x \quad x = 1 - \sqrt{5^y} \\
-	& x < 1 \quad 1 - \sqrt{5^y} < 1 \quad - \sqrt{5^y} < 0 \quad \sqrt{5^y} > 0 \quad \text{изпълнено за всяко y} \\
-	& \omit\hfill \\
-	& \colorbox{yellow}{$f^{-1}: \mathbb{R} \rightarrow \left( -\infty, 1 \right) \cup \left( 1, +\infty \right) \qquad f^{-1}\left( y \right) = 1 \pm \sqrt{5^y}$}
-\end{align*}
-
-\hfill
-
-\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 2.}}
-
-Докажете тъждеството
-
-\begin{equation*}
-	\arcsin \left( 2x \sqrt{1-x^2} \right) = \pi - 2 \arccos \left( x \right) \text{, където } x \in \left[ \frac{-\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2} \right]
-\end{equation*}
-
-\paragraph{Решение:}
-
-\begin{align*}
-	& \arcsin \left( 2x \sqrt{1-x^2} \right) = \alpha \iff \sin \left( \alpha \right) = 2x \sqrt{1-x^2} \qquad \arccos \left( x \right) = \beta \iff \cos \left( \beta \right) = x \\
-	& \text{За } x = \frac{-\sqrt{2}}{2} \;,\quad \sin(\alpha) = \cancel{2} \cdot \frac{-\sqrt{2}}{\cancel{2}} \cdot \sqrt{1 - \left( \frac{-\sqrt{2}}{2} \right)^2} = -\sqrt{2} \cdot \sqrt{\frac{1}{2}} = -1 \;,\; \cos \left( \beta \right) = -\frac{\sqrt{2}}{2} \\
-	& \text{Аналогично за } x = \frac{\sqrt{2}}{2} \;,\quad \sin \left( \alpha \right) = 1 \;,\quad \cos \left( \beta \right) = \frac{\sqrt{2}}{2} \\
-	& \implies \alpha \in \left[ -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right] \;,\; \beta \in \left[ -\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4} \right] \implies \sin \left( \beta \right) = +\sqrt{1 - \cos ^ 2 \left( \beta \right)} = \sqrt{1 - x ^ 2} \\
-	& \omit\hfill \\
-	& \sin \left( \alpha \right) = 2x\sqrt{1 - x^2} = 2\cos \left( \beta \right)\sin \left( \beta \right) = \sin \left( 2\beta \right) = \sin \left( \pi - 2\beta \right) \qquad\quad 2\beta \in \left[ -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right] \\
-	& \implies \colorbox{yellow}{$\alpha = \pi - 2\beta$}
-\end{align*}
-
-\hfill
-
-\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 3.}}
-
-Пресметнете границата на редицата
-
-\begin{equation*}
-	\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt[n-5]{n-5} + 2^{2n} + n^{12}}{10^n-n^3+(-1)^{3n + 5}}
-\end{equation*}
-
-\paragraph{Решение:}
-
-\begin{align*}
-	& \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt[n-5]{n-5} + 2^{2n} + n^{12}}{10^n-n^3+(-1)^{3n + 5}} = \lim_{n \to \infty} \frac{2^{2n} \cdot \left( \frac{\sqrt[n-5]{n-5}}{2^{2n}} + 1 + \frac{n^{12}}{2^{2n}} \right)}{10^n \cdot \left(1 - \frac{n^3}{10^n} + \frac{(-1)^{3n + 5}}{10^n} \right)} = a_n \\
-	& \omit\hfill \\
-	& \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt[n-5]{n-5}}{2^{2n}} = \frac{\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n-5]{n-5}}{ \lim\limits_{n \to \infty} 4^n} = \frac{1}{\infty} = 0 \;,\quad \lim_{n \to \infty} \frac{n^{12}}{2^{2n}} = 0 \;,\quad \lim_{n \to \infty} \frac{n^3}{10^n} = 0 \;,\; \\
-	& \lim_{n \to \infty} \frac{(-1)^{3n + 5}}{10^n} = \frac{\lim\limits_{n \to \infty} (-1)^{3n + 5}}{\lim\limits_{n \to \infty} 10^n} = \frac{\lim\limits_{n \to \infty} (-1)^{3n + 5}}{\infty} = 0 \quad \text{($(-1)^{3n + 5}$ е разходяща)} \\
-	& \omit\hfill \\
-	& \implies a_n = \lim_{n \to \infty} \frac{2^{2n}}{10^n} = \lim_{n \to \infty} \frac{4^n}{10^n} = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{2}{5} \right) ^ n \qquad \frac{2}{5} < 1 \implies \lim_{n \to \infty} \left( \frac{2}{5} \right) ^ n = \colorbox{yellow}{0}
-\end{align*}
-
-\hfill
-
-\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 4.}}
-
-Пресметнете границата на редицата.
-
-\begin{equation*}
-	\lim_{n \to \infty} \left( \frac{n^2 - 5n + 14}{n^2 + 1} \right) ^ \frac{n^2-n+2}{n+5}
-\end{equation*}
-
-\paragraph{Решение:}
-
-\begin{align*}
-	& \lim_{n \to \infty} \left( \frac{n^2 - 5n + 14}{n^2 + 1} \right) ^ \frac{n^2-n+2}{n+5} = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{n^2 + 1 - 5n + 13}{n^2 + 1} \right) ^ \frac{n^2-n+2}{n+5} = \\
-	& = \lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{13 - 5n}{n^2 + 1} \right) ^ \frac{n^2-n+2}{n+5} = \lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{\frac{n^2 + 1}{13 - 5n}} \right) ^ { \frac{n^2+1}{13-5n} \cdot \frac{13-5n}{n^2+1} \cdot \frac{n^2-n+2}{n+5} }
-\end{align*}
-
-От $\lim\limits_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{p_n} \right) ^ {p_n b_n} = e ^ {\lim_{n \to \infty} b_n}$, задачата се свежда до $e ^ {\lim_{n \to \infty} b_n} = \; ? \;$, където
-
-$ \; b_n = \frac{13-5n}{n^2+1} \cdot \frac{n^2-n+2}{n+5}$
-
-\begin{align*}
-	\lim_{n \to \infty} b_n &= \lim_{n \to \infty} \frac{13-5n}{n^2+1} \cdot \frac{n^2-n+2}{n+5} = \lim_{n \to \infty} \frac{13n^2 - 13n + 26 - 5n^3 + 5n^2 - 10n}{n^3 + 5n^2 + n + 5} = \\
-	& = \lim_{n \to \infty} \frac{-5n^3 + 18n^2 - 23n + 26}{n^3 + 5n^2 + n + 5} = \lim_{n \to \infty} \frac{\cancel{n^3} \cdot \left( -5 + \frac{18}{n} - \frac{23}{n^2} + \frac{26}{n^3} \right)}{\cancel{n^3} \cdot \left( 1 + \frac{5}{n} + \frac{1}{n^2} + \frac{5}{n^3} \right)} = \\
-	& = \frac{\lim\limits_{n \to \infty} -5 + \lim\limits_{n \to \infty} \frac{18}{n} - \lim\limits_{n \to \infty} \frac{23}{n^2} + \lim\limits_{n \to \infty} \frac{26}{n^3}}{\lim\limits_{n \to \infty} 1 + \lim\limits_{n \to \infty} \frac{5}{n} + \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n^2} + \lim\limits_{n \to \infty} \frac{5}{n^3}} = \frac{-5+0+0+0}{1+0+0+0} = -5 \\
-	& \implies e ^ {\lim_{n \to \infty} b_n} = e ^ {-5} = \colorbox{yellow}{$\frac{1}{e ^ 5}$}
-\end{align*}
-
-\end{document}
diff --git a/Year 1/Mathematical analysis/Homeworks/Homework2.pdf b/Year 1/Mathematical analysis/Homeworks/Homework2.pdf
deleted file mode 100644
index bf90153..0000000
Binary files a/Year 1/Mathematical analysis/Homeworks/Homework2.pdf and /dev/null differ
diff --git a/Year 1/Mathematical analysis/Homeworks/Homework2.tex b/Year 1/Mathematical analysis/Homeworks/Homework2.tex
deleted file mode 100644
index e873ede..0000000
--- a/Year 1/Mathematical analysis/Homeworks/Homework2.tex	
+++ /dev/null
@@ -1,290 +0,0 @@
-% 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
-\usepackage{extarrows}
-\usepackage{amsfonts}           % Още математически символи
-\usepackage{cancel}             % Зачертаване
-\usepackage[dvipsnames]{xcolor} % Цветни кутийки + допълнителни цветове
-\newcommand{\answerbox}[1]{\colorbox{yellow}{$\displaystyle #1$}}
-
-\usepackage{tikz}
-\newcommand{\lipoint}[3]{\draw (#1, 3pt) -- (#1, -3pt) node[below] {#2} node[above] {#3}}
-\newcommand{\parch}[2]{\node[above] at (#1, 0) {#2} ; \draw (#1 + 0.5, 0) arc (0:180:0.5)}
-
-\usepackage{enumitem}
-\setlist[enumerate]{label=\arabic*.}
-
-\usepackage[pdfauthor={Камен Димитров Младенов, КН Зимен семестър, 2021},
-		    pdftitle={Домашна работа 2 по ДИС 1. Компютърни науки, 1 курс, 2 поток},
-		    pdfsubject={},
-		    pdfkeywords={},
-		    colorlinks=true,
-		    urlcolor=blue]{hyperref}
-
-\title{\vspace{-1.5cm}Домашна работа 2 по ДИС 1. Компютърни науки, 1 курс, 2 поток}
-\author{Камен Димитров Младенов, Група 6}
-\date{20 Ноември 2021}
-
-\begin{document}
-
-\maketitle
-
-\noindent
-\colorbox{YellowGreen}{\parbox{\textwidth}{\; Отличен 5,75/6 \qquad [Коментарите са под определените места]}}
-
-\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 1.}}
-
-Дадена е редицата \hfill \colorbox{Dandelion}{0,6/0,8 т.}
-\begin{align*}
-	a_1 = \lambda, \; a_{n+1} = \frac{2a_n^2 - a_n + 6}{a_n - 6}
-\end{align*}
-Да се изследва за сходимост спрямо стойностите на параметъра $\lambda \neq 6$.
-
-\paragraph{Решение:}
-
-Разглеждаме за монотонност:
-\begin{align*}
-	& a_{n+1} - a_n = \frac{2a_n^2 - a_n + 6}{a_n - 6} - a_n = \frac{2a_n^2 - a_n + 6 -a_n^2 + 6a_n}{a_n - 6} = \frac{a_n^2 + 5a_n + 6}{a_n - 6} = \frac{(a_n+3)(a_n+2)}{a_n - 6} \\
-	& \implies \text{Корените за } a_n \text{ са -3, -2 и 6}
-\end{align*}
-\hfill
-\begin{tikzpicture}
-	\draw[-latex] (-0.25, 0) -- (4.25, 0) ;
-	\parch{3.5}{+} ;
-	\lipoint{3}{6}{} ;
-	\parch{2.5}{-} ;
-	\lipoint{2}{-2}{} ;
-	\parch{1.5}{+};
-	\lipoint{1}{-3}{} ;
-	\parch{0.5}{-} ;
-\end{tikzpicture}
-
-Разглеждаме положението на $a_{n+1}$ спрямо -3, -2 и 6
-
-\noindent
-\begin{align*}
-	& a_{n+1} - (-3) = \frac{2a_n^2 - a_n + 6}{a_n - 6} + 3 = \frac{2a_n^2 - a_n + 6 + 3a_n - 18}{a_n - 6} = \frac{2a_n^2 + 2a_n - 12}{a_n - 6} \\
-	& \implies \text{Корените за } a_n \text{ са -3, 2 и 6}
-\end{align*}
-\hfill
-\begin{tikzpicture}
-	\draw[-latex] (-0.25, 0) -- (4.25, 0) ;
-	\parch{3.5}{+} ;
-	\lipoint{3}{6}{} ;
-	\parch{2.5}{-} ;
-	\lipoint{2}{2}{} ;
-	\parch{1.5}{+};
-	\lipoint{1}{-3}{} ;
-	\parch{0.5}{-} ;
-\end{tikzpicture}
-
-\noindent
-\begin{align*}
-	& a_{n+1} - (-2) = \frac{2a_n^2 - a_n + 6}{a_n - 6} + 2 = \frac{2a_n^2 - a_n + 6 + 2a_n - 12}{a_n - 6} = \frac{2a_n^2 + a_n - 6}{a_n - 6} \\
-	& \implies \text{Корените за } a_n \text{ са -2, $\frac{3}{2}$ и 6}
-\end{align*}
-\hfill
-\begin{tikzpicture}
-	\draw[-latex] (-0.25, 0) -- (4.25, 0) ;
-	\parch{3.5}{+} ;
-	\lipoint{3}{6}{} ;
-	\parch{2.5}{-} ;
-	\lipoint{2}{$\frac{3}{2}$}{} ;
-	\parch{1.5}{+};
-	\lipoint{1}{-2}{} ;
-	\parch{0.5}{-} ;
-\end{tikzpicture}
-
-\noindent
-\begin{align*}
-	& a_{n+1} - 6 = \frac{2a_n^2 - a_n + 6}{a_n - 6} - 6 = \frac{2a_n^2 - a_n + 6 - 6a_n + 36}{a_n - 6} = \frac{2a_n^2 - 7a_n + 42}{a_n - 6} \genfrac..{0pt}{0}{\; >0}{} \\
-	& \implies \text{Единствения корен за } a_n \text{ е 6}
-\end{align*}
-\hfill
-\begin{tikzpicture}
-	\draw[-latex] (-0.25, 0) -- (2.25, 0) ;
-	\parch{1.5}{+};
-	\lipoint{1}{6}{} ;
-	\parch{0.5}{-} ;
-\end{tikzpicture}
-
-Разглеждаме положението на $a_{n+1}$ спрямо $\frac{3}{2}$ и 2
-
-\noindent
-\begin{align*}
-	& a_{n+1} - \frac{3}{2} = \frac{2a_n^2 - a_n + 6}{a_n - 6} - \frac{3}{2} = \frac{2a_n^2 - a_n + 6 - \frac{3}{2}a_n + 9}{a_n - 6} = \frac{2a_n^2 - \frac{5}{2}a_n + 15}{a_n - 6} \genfrac..{0pt}{0}{\; >0}{} \\
-	& \implies \text{Единствения корен за } a_n \text{ е 6}
-\end{align*}
-
-\noindent
-\begin{align*}
-	& a_{n+1} - 2 = \frac{2a_n^2 - a_n + 6}{a_n - 6} - 2 = \frac{2a_n^2 - a_n + 6 - 2a_n + 12}{a_n - 6} = \frac{2a_n^2 - 3a_n + 18}{a_n - 6} \genfrac..{0pt}{0}{\; >0}{} \\
-	& \implies \text{Единствения корен за } a_n \text{ е 6}
-\end{align*}
-
-Разглеждаме положението на $a_{n+1}$
-
-\noindent
-\begin{align*}
-	& a_{n+1} = \frac{2a_n^2 - a_n + 6}{a_n - 6} \genfrac..{0pt}{0}{\; >0}{} \implies \text{Единствения корен за } a_n \text{ е 6}
-\end{align*}
-
-\begin{center}
-	\begin{tabular}{c|ccccccccccc}
-		$a_n$ & $-\infty$ & -3 & & -2 & & $\frac{3}{2}$ & & 2 & & 6 & $+\infty$ \\
-		\hline
-		$a_{n+1} - a_n$ & - & 0 & + & 0 & - & \vdots & - & \vdots & - & 0 & + \\
-		$a_{n+1} - (-3)$ & - & 0 & + & \vdots & + & \vdots & + & 0 & - & 0 & + \\
-		$a_{n+1} - (-2)$ & - & \vdots & - & 0 & + & 0 & - & \vdots & - & 0 & + \\
-		$a_{n+1}$ & - & \vdots & - & \vdots & - & \vdots & - & \vdots & - & 0 & + \\
-		$a_{n+1} - \frac{3}{2}$ & - & \vdots & - & \vdots & - & \vdots & - & \vdots & - & 0 & + \\
-		$a_{n+1} - 2$ & - & \vdots & - & \vdots & - & \vdots & - & \vdots & - & 0 & + \\
-		$a_{n+1} - 6$ & - & \vdots & - & \vdots & - & \vdots & - & \vdots & - & 0 & + \\
-	\end{tabular}
-\end{center}
-
-\begin{enumerate}[label={\textbf{\arabic*. Случай}},leftmargin=5.8em]
-	\item $\lambda < -3$ \quad В този интервал $a_{n+1} < a_n$, следователно $a_{n+1} < -3$ и редицата е монотонно намаляваща, но не е ограничена отдолу. Тоест $\{ a_n \}_{n=1}^{\infty}$ не е сходяща.
-	\colorbox{RedOrange}{дивергира към $-\infty$}
-	
-	\item $\lambda = -3$ \quad Пресмятаме, че $a_2 = -3$ и $a_3 = -3$. Ще докажем по индукция, че $a_n = -3$:
-	\begin{itemize}
-		\item \emph{База:} Вярно за $a_1, a_2, a_3$
-		\item \emph{Индукционно предположение:} $a_{n-1} = -3$ за някое $n \geq 1$.
-		\item \emph{Индукционна стъпка:} $a_n \xlongequal{def} \frac{2a_{n-1}^2 - a_{n-1} + 6}{a_{n-1} - 6} \xlongequal{\text{ИП}} \frac{2 \cdot 9 + 3 + 6}{-3 -6} = -3$
-	\end{itemize}
-	То тогава редицата е стационарна и следователно сходяща.
-
-	\item $\lambda \in (-3, -2)$ \quad Пресмятаме, че $a_2 \in (-3; -2)$ и $a_3 \in (-3; -2)$. Ще докажем по индукция, че $a_n \in (-3; -2)$:
-	\begin{itemize}
-		\item \emph{База:} Вярно за $a_1, a_2, a_3$
-		\item \emph{Индукционно предположение:} $a_{n-1} \in (-3; -2)$ за някое $n \geq 1$.
-		\item \emph{Индукционна стъпка:} $a_n \xlongequal{def} \frac{2a_{n-1}^2 - a_{n-1} + 6}{a_{n-1} - 6} \stackrel{\text{ИП}}{>} \frac{2(-3)^2 - (-3) + 6}{(-3) - 6} = -3$ \newline
-		$\- \qquad \frac{2a_{n-1}^2 - a_{n-1} + 6}{a_{n-1} - 6} \stackrel{\text{ИП}}{<} \frac{2(-2)^2 - (-2) + 6}{(-2) - 6} = -2$
-		\colorbox{RedOrange}{не е достатъчно само да е ограничена: монотонна е}
-	\end{itemize}
-	То тогава редицата е ограничена отдолу и отгоре. Следователно тя е сходяща. \colorbox{RedOrange}{към?}
-	
-	\item $\lambda = -2$ \quad Пресмятаме, че $a_2 = -2$ и $a_3 = -2$. По индукция, следва че редицата е стационарна и следователно сходяща.	
-	
-	\item $\lambda \in \left(-2, \frac{3}{2}\right)$ \quad Пресмятаме, че $a_1, a_2 > -2$. Знаем, че $a_{n+1} < \frac{3}{2}$, тоест по индукция намираме, че $a_n \in \left(-2; \frac{3}{2}\right)$. То редицата е огрничена и следователно сходяща. \colorbox{Dandelion}{аналогично на 3.}
-
-	\item $\lambda = \frac{3}{2}$ \quad Пресмятаме, че $a_2 = -2$ и $a_3 = -2$. По индукция, следва че редицата е стационарна и следователно сходяща.
-	
-	\item $\lambda \in \left(\frac{3}{2}, 2\right)$ \quad Пресмятаме, че $a_2 \in (-3; -2)$ и $a_3 \in (-3; -2)$ и по индукция $a_n \in (-3; -2)$. Тоест редицата е ограничена и следователно сходяща. \colorbox{Dandelion}{аналогично на 3.}
-	
-	\item $\lambda = 2$ \quad Пресмятаме, че $a_2 = -3$ и $a_3 = -3$. По индукция, следва че редицата е стационарна и следователно сходяща.
-	
-	\item $\lambda \in (2, 6)$ \quad По индукция намираме, че $a_n < -3$. $a_{n+1} < a_n$, следователно редицата е монотонно намаляваща, но не е ограничена отдолу. Тоест не е сходяща. \colorbox{RedOrange}{дивергира към $-\infty$}
-	
-	\item $\lambda > 6$ \quad По индукция намираме, че $a_n > 6$. Знаем, че $a_{n+1} > a_n$, следователно редицата е монотонно растяща, но не е ограничена отгоре. Тоест не е сходяща. \colorbox{RedOrange}{дивергира към $+\infty$}
-\end{enumerate}
-
-\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 2.}}
-
-Да се пресметне границата \hfill \colorbox{YellowGreen}{0,8-/0,8 т.}
-\begin{align*}
-	\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{\sqrt{2x^2 + 1} - \sqrt[3]{4x^2 - 1}}{\sqrt[4]{x^4 + 7} - \sqrt[5]{x^4 - 3}}
-\end{align*}
-
-\paragraph{Решение:}
-\begin{align*}
-	\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{\sqrt{2x^2 + 1} - \sqrt[3]{4x^2 - 1}}{\sqrt[4]{x^4 + 7} - \sqrt[5]{x^4 - 3}} = \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{\cancel{x} \sqrt{2 + \frac{1}{x^2}} - \cancel{x} \sqrt[3]{\frac{4}{x} - \frac{1}{x^3}}}{\cancel{x} \sqrt[4]{1 + \frac{7}{x^4}} - \cancel{x} \sqrt[5]{\frac{1}{x} - \frac{3}{x^4}}} = L
-	\quad \colorbox{RedOrange}{под последния корен е $x^5$ вместо $x^4$}
-\end{align*}
-\begin{align*}
-	& \sqrt{2} \xrightarrow[x \rightarrow \infty]{} \sqrt{2} \;,\; \frac{1}{x^2} \xrightarrow[x \rightarrow \infty]{} 0 \;,\; \frac{4}{x} \xrightarrow[x \rightarrow \infty]{} 0 \;,\; \frac{1}{x^3} \xrightarrow[x \rightarrow \infty]{} 0 \;,\; \\
-	& \sqrt[4]{1} \xrightarrow[x \rightarrow \infty]{} \sqrt[4]{1} \;,\; \frac{7}{x^4} \xrightarrow[x \rightarrow \infty]{} 0 \;,\; \frac{1}{x} \xrightarrow[x \rightarrow \infty]{} 0 \;,\; \frac{3}{x^4} \xrightarrow[x \rightarrow \infty]{} 0
-	\qquad 	\implies L = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt[4]{1}} = \answerbox{\sqrt{2}}
-\end{align*}
-
-\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 3.}}
-
-Да се пресметне границата \hfill \colorbox{YellowGreen}{0,8/0,8 т.}
-\begin{align*}
-	\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt[3]{5x + 1} - \sqrt[4]{7x + 1}}{\arctg(\ln(x+1))}
-\end{align*}
-
-\paragraph{Решение:}
-
-\begin{align*}
-	\arctg(\ln(x+1)) \sim \ln(x+1) \quad x \rightarrow 0 \qquad \sqrt[3]{5x + 1} = \underbrace{(1 + 5x)^{\frac{1}{3}} - 1}_{\sim \frac{5x}{3} \quad x \rightarrow 0} + 1 \qquad \sqrt[4]{7x + 1} = \underbrace{(1 + 7x)^{\frac{1}{4}} - 1}_{\sim \frac{7x}{4} \quad x \rightarrow 0} + 1
-\end{align*}
-\begin{align*}
-	\implies \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt[3]{5x + 1} - \sqrt[4]{7x + 1}}{\arctg(\ln(x+1))} \xlongequal{(\sim)} \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{5x}{3} + 1 - \left( \frac{7x}{4} + 1 \right)}{\ln(x+1)} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{20x - 21x}{12}}{\ln(x+1)} = \lim_{x \rightarrow 0} - \frac{x}{12 \ln(x+1)} = L
-\end{align*}
-\begin{align*}
-	\frac{x}{\ln(x+1)} \xrightarrow[x \rightarrow 0]{} 1 \implies L = \answerbox{- \frac{1}{12}}
-\end{align*}
-
-\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 4.}}
-
-Да се пресметне $f^{(n)}(x)$, където \hfill \colorbox{YellowGreen}{0,8/0,8 т.}
-\begin{align*}
-	f(x) = \frac{x^3}{\sqrt{1 - 7x}}
-\end{align*}
-
-\paragraph{Решение:}
-
-\begin{align*}
-	g(x) = \frac{1}{\sqrt{1 - 7x}} = (1 - 7x)^{-\frac{1}{2}} \qquad h(x) = x^3 \qquad\qquad \implies f(x) = g(x) \cdot h(x)
-\end{align*}
-\begin{align*}
-	g^{(n)}(x) = \left( (1 - 7x)^{-\frac{1}{2}} \right)^{(n)} & = \left(-\frac{1}{2} \right) \left( -\frac{1}{2} - 1 \right) \left( -\frac{1}{2} - 2 \right) \cdots \left( -\frac{1}{2} - n + 1 \right) \cdot x^{-\frac{1}{2} - n} \cdot 7^n \cdot (1-7x)^{-\frac{2n+1}{2}} = \\
-	& = \frac{(-1)(-3)(-5) \cdots (-1-2n+2)}{2^n} \cdot x^{-\frac{1}{2} - n} \cdot 7^n \cdot (1-7x)^{-\frac{2n+1}{2}} = \\
-	& = \frac{(-1)(-3) \cdots (1-2n)}{2^n} \cdot x^{-\frac{1+2n}{2}} \cdot 7^n \cdot (1-7x)^{-\frac{2n+1}{2}}
-\end{align*}
-\begin{align*}
-	h^{(0)}(x) = h(x) = x^3 \quad h'(x) = 3x^2 \quad h''(x) = 6x \quad h'''(x) = 6 \quad h^{IV}(x) = 0 \quad \implies h^{(n)}(x) = 0 \quad n \geq 4
-\end{align*}
-\begin{align*}
-	f^{(n)} & = \sum_{k = 0}^n g^{(n-k)} h^{(k)} = \binom{n}{0}g^{(n)}h^{(0)} + \binom{n}{1}g^{(n-1)}h^{(1)} + \binom{n}{2}g^{(n-2)}h^{(2)} + \binom{n}{3}g^{(n-3)}h^{(3)} + \\
-	& \quad + \underbrace{\binom{n}{4}g^{(n-4)}h^{(4)} + \cdots + \binom{n}{0}g^{(0)}h^{(n)}}_{0} = \\
-	& = 1 \cdot \frac{(-1)(-3) \cdots (1-2n)}{2^n} \; x^{-\frac{1+2n}{2}} \; 7^n \; (1-7x)^{-\frac{2n+1}{2}} \cdot x^3 \\
-	& \quad + n \cdot \frac{(-1)(-3) \cdots (3-2n)}{2^{n-3}} \; x^{-\frac{2n-1}{2}} \; 7^{n-1} \; (1-7x)^{-\frac{2n-1}{2}} \cdot 3x^2 \\
-	& \quad + \frac{n!}{2(n-2)!} \cdot \frac{(-1)(-3) \cdots (5-2n)}{2^{n-2}} \; x^{-\frac{2n - 3}{2}} \; 7^{n-5} \; (1-7x)^{-\frac{2n-2}{2}} \cdot 6x \\
-	& \quad + \frac{n!}{6(n-3)!} \cdot \frac{(-1)(-3) \cdots (7-2n)}{2^{n-3}} \; x^{-\frac{2n-5}{2}} \; 7^{n-3} \; (1-7x)^{-\frac{2n-7}{2}} \cdot 6 = \\
-	& = \frac{(-1)(-3) \cdots (1-2n)}{2^n} \; x^{-\frac{2n-5}{2}} \; 7^n \; (1-7x)^{-\frac{2n+1}{2}} \\
-	& \quad + 3n \cdot \frac{(-1)(-3) \cdots (3-2n)}{2^{n-1}} \; x^{-\frac{2n-5}{2}} \; 7^{n-1} \; (1-7x)^{-\frac{2n-1}{2}} \\
-	& \quad + 3\frac{n!}{(n-2)!} \cdot \frac{(-1)(-3) \cdots (5-2n)}{2^{n-2}} \; x^{-\frac{2n-7}{2}} \; 7^{n-5} \; (1-7x)^{-\frac{2n-2}{2}} \\
-	& \quad + \frac{n!}{(n-3)!} \cdot \frac{(-1)(-3) \cdots (7-2n)}{2^{n-3}} \; x^{-\frac{2n-2}{2}} \; 7^{n-3} \; (1-7x)^{-\frac{2n-7}{2}}
-\end{align*}
-
-\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 5.}}
-
-Да се пресметне границата \hfill \colorbox{YellowGreen}{0,8-/0,8 т.}
-\begin{align*}
-	\lim_{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin x}{\arcsin x} \right) ^ {\frac{1}{x^2}}
-\end{align*}
-
-\paragraph{Решение:}
-
-\begin{align*}
-	\lim_{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin x}{\arcsin x} \right) ^ {\frac{1}{x^2}} = \lim_{x \rightarrow 0} e^{\ln\left( \frac{\sin x}{\arcsin x} \right) ^ {\frac{1}{x^2}}} = \lim_{x \rightarrow 0} e^{\frac{1}{x^2} \cdot \ln\left( \frac{\sin x}{\arcsin x} \right)} = e^l
-\end{align*}
-\begin{align*}
-	l & = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} \ln\left( \frac{\sin x}{\arcsin x} \right) \qquad \ln\left( \frac{\sin x}{\arcsin x} - 1 + 1 \right) \sim \frac{\sin x}{\arcsin x} - 1 \quad x \rightarrow 0 \quad \colorbox{RedOrange}{$\frac{\sin x}{\arcsin x} \rightarrow 1$ при $x \rightarrow 1$} \\
-	& \implies l \xlongequal{(\sim)} \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} \left(  \frac{\sin x}{\arcsin x} - 1 \right) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} \left(  \frac{\sin x - \arcsin x}{\arcsin x} \right) \qquad \arcsin x \sim x \quad x \rightarrow 0 \\
-	& \implies l \xlongequal{(\sim)} \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} \left(  \frac{\sin x - \arcsin x}{x} \right) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x - \arcsin x}{x^3} \xlongequal{\text{Лопитал } \left[ \frac{0}{0} \right]} \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\cos x - \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}}{3x^2} \\
-	& \qquad \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = (1-x^2)^{-\frac{1}{2}} \quad \left( (1-x^2)^{-\frac{1}{2}} \right)' = -\frac{1}{2} (1-x^2)^{-\frac{3}{2}} \cdot \left( (1-x^2) \right)' = x(1-x^2)^{-\frac{3}{2}} \\
-	& \implies l \xlongequal{\text{Лопитал } \left[ \frac{0}{0} \right]} \lim_{x \rightarrow 0} \frac{-\sin x - x(1-x^2)^{-\frac{3}{2}}}{6x} \\
-	& \qquad \left( x(1-x^2)^{-\frac{3}{2}} \right)' = \left( \frac{x}{(1-x^2)^{\frac{3}{2}}} \right)' = \frac{(1-x^2)^{\frac{3}{2}} + \frac{3}{2}(1-x^2)^{\frac{1}{2}} 2x \cdot x}{(1-x^2)^3} = \frac{(1-x^2)\sqrt{1-x^2} + 3x^2\sqrt{1-x^2}}{(1-x^2)^3} = \\
-	& \qquad = \frac{2x^2+1}{(1-x^2)^{\frac{5}{2}}} \\
-	& \implies l \xlongequal{\text{Лопитал } \left[ \frac{0}{0} \right]} \lim_{x \rightarrow 0} \frac{-\cos x - \frac{2x^2+1}{(1-x^2)^{\frac{5}{2}}}}{6} \qquad \cos x \xrightarrow[x \rightarrow 0]{} 1 \qquad \frac{2x^2+1}{(1-x^2)^{\frac{5}{2}}} \xrightarrow[x \rightarrow 0]{} 1 \quad \implies l = -\frac{1}{3}
-\end{align*}
-
-Следователно, търсената граница е: $e^l = e^{-\frac{1}{3}} = \answerbox{\frac{1}{\sqrt[3]{e}}}$
-
-\end{document}
\ No newline at end of file
diff --git a/Year 1/Mathematical analysis/notes-appendix.pdf b/Year 1/Mathematical analysis/notes-appendix.pdf
deleted file mode 100644
index b743f25..0000000
Binary files a/Year 1/Mathematical analysis/notes-appendix.pdf and /dev/null differ
diff --git a/Year 1/Mathematical analysis/notes-appendix.tex b/Year 1/Mathematical analysis/notes-appendix.tex
deleted file mode 100644
index 4be131c..0000000
--- a/Year 1/Mathematical analysis/notes-appendix.tex	
+++ /dev/null
@@ -1,273 +0,0 @@
-% 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
diff --git a/Year 1/Mathematical analysis/notes.pdf b/Year 1/Mathematical analysis/notes.pdf
deleted file mode 100644
index b10dd5c..0000000
Binary files a/Year 1/Mathematical analysis/notes.pdf and /dev/null differ
diff --git a/Year 1/Mathematical analysis/notes.tex b/Year 1/Mathematical analysis/notes.tex
deleted file mode 100644
index e09ea0a..0000000
--- a/Year 1/Mathematical analysis/notes.tex	
+++ /dev/null
@@ -1,388 +0,0 @@
-% 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}}
-
-\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}
-
-Не са написани някои неща, които вече фигурират във \href{https://gitlab.com/Syndamia/uni-projects/-/blob/main/Year\%201/Discrete\%20math/notes.pdf}{файла по Дискретни структури} в \newline
-\textbf{Лекция 2}, \textbf{Лекция 3}, \textbf{Лекция 4} и \textbf{Лекция 6}.
-
-\section{\underline{Реални числа - първа част}}
-
-\subsection{Множества}
-
-\noindent
-\begin{align*}
-	& \text{Множество на естествените числа} & \mathbb{N} & = \left\{1, 2, 3, 4, ... \right\} \\
-	& \text{Множество на целите числа} & \mathbb{Z} & = \left\{..., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, ... \right\} \\
-	& \text{Множество на рационалните числа} & \mathbb{Q} & = \left\{ \frac{m}{n} : m \in \mathbb{Z}, n \in \mathbb{N} \right\} \\
-	& \text{Множество на реалните числа} & \mathbb{R} & = \left\{ s \, a_0 . a_1 a_2 \cdots : s \in \{ +, - \}, a_0 \in \mathbb{N} \cup \{ 0 \} , a_n \in \{ 1, 2, ..., 9 \}, n \in \mathbb{N} \right\}
-\end{align*}
-
-\noindent
-Нека $a = a_0 . a_1 a_2 \cdots$, $b = b_0 . b_1 b_2 \cdots$ и $a, b \in \mathbb{R}$.
-
-\begin{itemize}
-	\item \emph{Равенство:} \newline $a = b$, ако имат еднакви знаци и
-	\begin{itemize}
-		\item \emph{или} $a_i = b_i$ за всички $i \in \{0, 1, 2, ... \}$,
-		\item \emph{или} съществува $n \in \mathbb{N} \cup \{ 0 \}$, такова че $a_i = b_i$ за всички $i \in \{ 0, 1, 2, ..., n-1 \}, a_n = b_n + 1$ и $a_j = 0, b_j = 9$ за всички $j \in \{ n+1, n+2, ... \}$ \newline
-		Tоест $a_0 . a_1 a_2 \cdots a_{n-1} a_n 00 \cdots = a_0 . a_1 a_2 \cdots a_{n-1} (a_n - 1) 99 \cdots$ ($1.33 \cdots 3300 \cdots = 1.33 \cdots 3299 \cdots$)
-	\end{itemize}
-
-	\item \emph{Сравняване:}
-	\begin{enumerate}
-		\item $a \geq 0, b \geq 0$ \newline
-		$a \leq b \iff
-		\begin{cases}
-			a_i = b_i, & \forall i \in {0, 1, 2, ...} \\
-			\text{или} \\
-			\exists n \in \mathbb{N} \cup \{ 0 \}, & a_i = b_i \; \forall i \in \{ 0, 1, ..., n-1 \} \text{ и } a_n < b_n
-		\end{cases}$
-		
-		\item $a \leq 0, b \geq 0$ \qquad $a \leq b$
-		
-		\item $a \leq 0, b \leq 0$ \qquad $a \leq b \iff |a| \geq |b|$
-	\end{enumerate}
-\end{itemize}
-
-\subsection{Граници и ограниченост}
-
-Нека $A \subset \mathbb{R}$
-
-\begin{itemize}
-	\item \emph{Множество, ограничено отгоре} \qquad $\exists M \in \mathbb{R} \; \forall a \in A : a \leq M$ \quad $M$ - \emph{горна граница (мажоранта)}
-	
-	Най-малката горна граница наричаме \emph{точна горна граница или супремум на $A$ $(\sup A)$}
-	\begin{enumerate}
-		\item $a \leq \sup A \; \forall a \in A$ \qquad ($\sup A$ е горна граница)
-		\item $\forall c < \sup A \; \exists a \in A : a > c$ \qquad (няма по-малка горна граница)
-	\end{enumerate}
-	
-	\item \emph{Множество, ограничено отдолу} \qquad $\exists M \in \mathbb{R} \; \forall a \in A : a \geq M$ \quad $M$ - \emph{долна граница (миноранта)}
-	
-	Най-малката долна граница наричаме \emph{точна долна граница или инфимум на $A$ $(\inf A)$}
-	
-	\item \emph{Ограничено множество} \qquad Ако е ограничено отдолу и отгоре
-\end{itemize}
-
-\noindent
-\begin{align*}
-	\emph{Принцип на непрекъснатост: } & \text{Всяко ограничено отгоре непразно множество $A \subset \mathbb{R}$ има супремум.} \\
-	& \text{Всяко ограничено отдолу непразно множество $A \subset \mathbb{R}$ има инфимум.}
-\end{align*}
-
-\noindent
-\emph{Цялата част на $x \in \mathbb{R}$}: най-голямото цяло число $z$, ненадминаващо $x$. \hfill $\lfloor x \rfloor = \max \{ z \in \mathbb{Z} : z \leq x \}$
-
-\section{\underline{Реални числа - втора част и сходящи редици}}
-
-\subsection{Непрекъснати наредени полета}
-
-Нека $R$ е поле с дефинирани събиране, умножение е релацията $\preceq$:
-\begin{align*}
-	\oplus : R \rightarrow R, \quad \otimes : R \rightarrow R, \quad \preceq \subset R \times R
-\end{align*}
-
-$(R, \oplus, \otimes, \preceq)$ се нарича непрекъснато наредено поле, ако са в сила:
-
-\begin{enumerate}[label=\Roman*.]
-	\item Аксиоми за събирането
-	\begin{enumerate}
-		\item \emph{Асоциативност} \hfill $(a \oplus b) \oplus c = a \oplus (b \oplus c) \quad \forall a, b, c \in R$
-		\item \emph{Комутативност} \hfill $a \oplus b = b \oplus a \quad \forall a \in R \; \forall b \in R$
-		\item \emph{Неутрален елемент} \hfill $\exists 0 \in R \; \forall a \in R : a \oplus 0 = 0 \oplus a = a$
-		\item \emph{Противоположен елемент} \hfill $\forall a \in R \; \exists (-a) \in R : a \oplus (-a) = (-a) \oplus a = 0$
-	\end{enumerate}
-	
-	\item Аксиоми за умножението
-	\begin{enumerate}
-		\item \emph{Асоциативност} \hfill $(a \otimes b) \otimes c = a \otimes (b \otimes c) \quad \forall a, b, c \in R$
-		\item \emph{Комутативност} \hfill $a \otimes b = b \otimes a \quad \forall a \in R \; \forall b \in R$
-		\item \emph{Неутрален елемент} \hfill $\exists e \in R \; \forall a \in R : a \otimes e = e \otimes a = a$
-		\item \emph{Обратен елемент} \hfill $\forall a \in R, a \neq 0 \; \exists a^{-1} \in R : a \otimes a^{-1} = a^{-1} \otimes a = e$
-		\item \emph{Дистрибутивност} \hfill $(a \oplus b) \otimes c = (a \otimes c) \oplus (b \otimes c) \quad \forall a, b, c \in R$
-	\end{enumerate}
-	
-	\item Аксиоми, свързани с наредбата
-	\begin{enumerate}
-		\item $\forall a, b \in R : \quad a \preceq b$ или $b \preceq a$
-		\item \emph{Рефлексивност} \hfill $a \preceq a \quad \forall a \in R$
-		\item \emph{Антисиметричност} \hfill $a \preceq a$ и $b \preceq a \implies a = b \quad \forall a, b \in R$
-		\item \emph{Транзитивност} \hfill $a \preceq b$ и $b \preceq c \implies a \preceq c \quad \forall a, b, c, \in R$
-		\item \emph{Връзка със събирането} \hfill $a \preceq b \implies a \oplus c \preceq b \oplus c \quad \forall a, b, c \in R$
-		\item \emph{Връзка с умножението} \hfill $a \preceq b \implies a \otimes c \preceq b \otimes c \quad \forall a, b, c \in R$
-	\end{enumerate}
-\end{enumerate}
-
-\emph{Аксиома на Архимед: } Ако $(R, \oplus, \otimes, \preceq)$ е непрекъснато наредено поле с неутрален елемент $e$ относно умножението, то $\{ e, e+e, e+e+e, ... \}$ не е ограничено отгоре.
-
-\subsection{Изброими множества и редици}
-
-\emph{Кофинитно множество: } Едно множество $A \subset \mathbb{N}$ от естествени числа се нарича кофинитно, ако $\mathbb{N} \setminus A$ е крайно или празно. \hfill (тоест, започва от някое число в $\mathbb{N}$ и продължава до безкрайност) \newline
-
-\emph{Околност на точка: } Нека $a \in \mathbb{R}$ и $U \subset R$. $U$ е околност на точката $a$, ако съществува $\varepsilon > 0$ такова, че $(a - \varepsilon, a + \varepsilon) \subset U$
-
-\- \quad Ако разглеждаме $(a - \varepsilon, a + \varepsilon) \setminus \{ a \}$, говорим за \emph{пробита околност} \newline
-
-\emph{Граница на редица: } Редицата $\{ a_n \}^{\infty}_{n = 1} \subset \mathbb{R}$ има граница $a \in \mathbb{R}$, ако за всяка околност на $a$, $\{ n \in \mathbb{N} : a_n \in U \}$ е кофинитно. \hfill (тоест, ако всяка околност на $a$ съдържа почти всички членове) \newline
-
-\emph{Сходяща редица: } Ако за $\{ a_n \}^{\infty}_{n = 1} \subset \mathbb{R}$ съществува $a \in \mathbb{R}$, такова че $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} a_n = a$ или $a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a$
-
-\emph{Разходяща редица: } Ако не е сходяща
-
-\section{\underline{Редици от реални числа}}
-
-\subsection{Основни свойства на сходящи редици}
-
-Ако не е определено друго: $a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a, \quad b_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} b$
-\begin{enumerate}
-	\item Добавянето и премахването на краен брой членове не влияе на сходимостта (и границата)
-	
-	\item Сходящите редици са ограничени
-	
-	\item Ако $a_n \leq b_n \; \forall n \in \mathbb{N}, \quad$ то $\quad a \leq b$
-	
-	\item \emph{Лема за двамата полицаи: } Нека $a_n \leq c_n \leq b_n \; \forall n \in \mathbb{N}$. \newline
-	Ако $a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a, \quad b_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a , \quad$ то $\quad c_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a\quad$ (и $\{ c_n \}^{\infty}_{n = 1}$ е сходяща) \newline
-	
-	\emph{Следствие: } Ако $a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} 0$ и $\{ b_n \}^{\infty}_{n = 1}$ е ограничена, то $a_n . b_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} 0$
-	
-	\item $a_n \pm b_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a \pm b \qquad a_n . b_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} ab$ \newline
-	
-	\emph{Следствие: } Ако $c \in \mathbb{R}$, то $c . a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} ca$
-	
-	\emph{Следствие: } $a_n - b_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a - b$
-	
-	\item Ако $b \neq 0$, то $\frac{a_n}{b_n} \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} \frac{a}{b}$
-\end{enumerate}
-
-\subsection{Дивергиране към безкрайност}
-
-\emph{Околност на $+\infty$: } Ако съществува $M \in \mathbb{R}$ такова, че $(M, +\infty) \subset U$, то $U \subset \mathbb{R}$ e околност на $+\infty$
-
-\emph{Околност на $-\infty$: } Ако съществува $M \in \mathbb{R}$ такова, че $(-\infty, M) \subset U$, то $U \subset \mathbb{R}$ e околност на $-\infty$
-
-\emph{Околност на $\infty$: } Ако съществува $M > 0$ такова, че $[(-\infty, -M) \cup (M, +\infty)] \subset U$, \newline \- \hfill то $U \subset \mathbb{R}$ e околност на $\infty$
-
-\subsection{Монотонни редици}
-
-\emph{Растяща редица: } Ако $a_{n+1} \geq a_n \quad \forall n \in \mathbb{N}$, то $\{  a_n \}^{\infty}_{n = 1} \subset \mathbb{R}$ е растяща
-
-\emph{Намаляваща редица: } Ако $a_{n+1} \leq a_n \quad \forall n \in \mathbb{N}$, то $\{  a_n \}^{\infty}_{n = 1} \subset \mathbb{R}$ е намаляваща
-
-\emph{Монотонна редица: } Ако редицата е растяща или нямаляваща
-
-\- \qquad Ако редицата е растяща и намаляваща едновременно, тя е \emph{стационарна} \newline
-
-Ако $\{  a_n \}^{\infty}_{n = 1}$ е растяща и ограничена отгоре, тя е сходяща.
-
-Ако $\{  a_n \}^{\infty}_{n = 1}$ е намаляваща и ограничена отдолу, тя е сходяща.
-
-\subsection{Неперово число}
-
-\noindent
-\begin{align*}
-	e = \lim_{n \rightarrow \infty} \left( 1 + \frac{1}{n} \right) ^ n = \lim_{n \rightarrow \infty} \left( 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \cdots + \frac{1}{n!} \right)
-\end{align*}
-
-\section{\underline{Редици от релани числа. Граници на функции.}}
-
-\subsection{Подредици и точки на сгъстяване}
-
-\emph{Точка на сгъстяване: } $a \in \mathbb{R}$ е точка на сгъстяване, ако във всяка околност на $a$ има безброй много членове на редицата
-
-\- \qquad За $D \subset \mathbb{R}$, $x_0 \in \mathbb{R}$ е точка на сгъстяване, ако за всяка околност $U$ на $x_0$, $U \cap D$ е безкрайно \newline
-
-\- \qquad Ако $a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a$, то $a$ е (единствената) точка на сгъстяване \newline
-
-\emph{Подредица: } Ако задраскаме част от членовете, така че да останат безкрайно много и запазим реда на останалите
-
-\- \qquad Ако $\{  a_n \}^{\infty}_{n = 1}$ е сходяща редица ($a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a$) и $\{  a_{n_k} \}^{\infty}_{k = 1}$ е нейна подредица, то $a_{n_k} \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a$ \newline
-
-\- \qquad $a$ е точка на сгъстяване, когато съществува $\{  a_{n_k} \}^{\infty}_{k = 1}$ на $\{  a_n \}^{\infty}_{n = 1}$, за която $a_{n_k} \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} a$ \newline
-
-\emph{Теорема на Болцано-Вайерщрас (Принцип за компактност): } Всяка ограничена редица има точка на сгъстяване. Еквивалентно, всяка ограничена редица има сходяща подредица.
-
-\subsection{Необходимо и достатъчно условие на Коши за сходимост}
-
-\emph{Фундаментална редица: } $\forall \varepsilon > 0 \; \exists n_0 \in \mathbb{N} \; \forall m \geq n_0 \; \forall n \geq n_0 : |a_m - a_n| < \varepsilon$ (тоест, чрез отстраняване на краен брой елементи от началото, разстоянието между произволни два от останалите може да се направи произволно малко) \newline
-
-\emph{Необходимо и достатъчно условие на Коши за сходимост на числова редица: } Една редица от реални числа е сходяща точно тогава, когато е фундаментална
-
-\subsection{Граница на функция}
-
-Нека $f: D \rightarrow \mathbb{R}, D \subset \mathbb{R}, x_0 \in \mathbb{R}$ е точка на сгъстаяване на $D$ \newline
-
-\emph{Граница на функция (форма на Коши): } \newline
-$f$ има граница $L \in \mathbb{R}$, при аргумент клонящ към $x_0$, \newline
-ако за всяка околност $U$ на $L$ съществува околност $V$ на $x_0$, така че за всяко $x \in V \cap D, x \neq x_0 : f(x) \in U$
-\begin{align*}
-	\lim_{x \rightarrow x_0} f(x) = L \quad \text{ ако } \quad \forall \varepsilon > 0 \; \exists \delta > 0 \; \forall x \in D, x \neq x_0, |x - x_0| < \delta : |f(x) - L| < \varepsilon
-\end{align*}
-
-\emph{Граница на функция (форма на Хайне): } \newline
-$f$ има граница $L \in \mathbb{R}$, при аргумент клонящ към $x_0$, \newline
-ако за всяка редица $\{  x_n \}^{\infty}_{n = 1} \subset D \setminus \{ x_0 \}$, която клони към $x_0$, съответната редица от функционални стойности $\{  f(x_n) \}^{\infty}_{n = 1}$ клони към $L$
-\begin{align*}
-	\forall \{  x_n \}^{\infty}_{n = 1} \subset D \setminus \{ x_0 \}, x_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} x : f(x_n) \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} L
-\end{align*}
-
-\section{\underline{Граници на функции}}
-
-\noindent
-Дефинициите за граница на функция във \emph{формата на Коши} и във \emph{формата на Хайне} са еквивалентни
-
-\subsection{Основни свойства на граници}
-
-\begin{enumerate}
-	\item $\lim\limits_{x \rightarrow x_0} (f(x) + g(x)) = L_f + L_g$
-	\item $\lim\limits_{x \rightarrow x_0} (f(x) \cdot g(x)) = L_f \cdot L_g$
-	\item $\lim\limits_{x \rightarrow x_0} \left( \frac{f(x)}{g(x)} \right) = \frac{L_f}{L_g}$, ако $L_g \neq 0$
-\end{enumerate}
-
-При неравенства
-\begin{itemize}
-	\item Ако $f(x) \leq g(x)$ за $x \in D$, то $L_1 \leq L_2$
-	\item Ако $f(x) \leq h(x) \leq g(x)$ за $x \in D$ и $L_1 = L_2$, то $\lim\limits_{x \rightarrow x_0} h(x) = L_1 = L_2$
-\end{itemize}
-
-\emph{Композиция на функции: } $g \circ f: X \rightarrow Z$, $(g \circ f)(x) = g(f(x))$, \quad при $f: X \rightarrow Y$ и $g: Y \rightarrow Z$ \newline
-
-\noindent
-\emph{Необходимо и достатъчно условие на Коши за съществуване на граница на функция}: 
-\begin{align*}
-	& \exists L \in \mathbb{R} : \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*}
-
-\begin{align*}
-	\emph{Лява граница: } & \lim_{x \rightarrow x_0^-} f(x) := \lim_{x \rightarrow x_0} \left( \left. f \right|_{D \cap (-\infty, x_0)} \right)(x) \\
-	\emph{Дясна граница: } & \lim_{x \rightarrow x_0^+} f(x) := \lim_{x \rightarrow x_0} \left( \left. f \right|_{D \cap (x_0, +\infty)} \right)(x)
-\end{align*}
-
-\section{\underline{Непрекъснати функции}}
-
-\emph{Непрекъсната функция: } 
-
-\- \quad \emph{Форма на Коши: }$(\forall x_0 \in D) \; \forall \varepsilon > 0 \; \exists \delta > 0 \; \forall x \in D, |x - x_0| < \delta : |f(x) - f(x_0)| < \varepsilon$
-
-\- \quad \emph{Форма на Хайне: } $(\forall x_0 \in D) \; \forall \{  x_n \}^{\infty}_{n = 1} \subset D, x_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} x_0: f(x_n) \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} f(x_0)$
-
-\subsection{Основни теореми}
-
-Ако не е посочено друго, работим с $f: [a, b] \rightarrow \mathbb{R}$, която е непрекъсната \newline
-
-\emph{Теорема на Болцано: }  Ако $f(a) \cdot f(b) < 0$, то съществува $x_0 \in (a, b) : f(x_0) = 0$ \newline
-
-\emph{Теорема за междинните стойности: } Ако $f(a) < c < f(b)$ или $f(b) < c < f(a)$, то съществува $x_0 \in (a, b) : f(x_0) = c$
-
-\emph{Интервал: } $\Delta \subset \mathbb{R}$ наричаме интервал, ако $x_1 \in \Delta, x_2 \in \Delta, x_1 < x_2 \implies [x_1, x_2] \subset \Delta$ \newline
-
-\emph{Теорема на Вайерщрас: } Щом $f$ е непрекъсната, то $f$ е ограничена и има най-голяма и най-малка стойност \newline
-
-\emph{Равномерна непрекъснатост: } За $f: D \rightarrow \mathbb{R}, D \subset \mathbb{R}$, $f$ е равномерно непрекъсната в D, ако $\forall \varepsilon > 0 \; \exists \delta > 0 \; \forall x \in D, |x - x_0| < \delta : |f(x) - f(x_0)| < \varepsilon$ (различава се с това, че никога не зависим от $x_0$) \newline
-
-\emph{Теорема на Кантор: } Ако $f$ е непрекъсната, то $f$ е равномерно непрекъсната в $[a, b]$
-
-\section{\underline{Основни елементарни функции}}
-
-\emph{Продължение на функция: } За $f: \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{R}$ казваме, че $\widetilde{f}: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ е продължение на $f$, ако $\widetilde{f}(x) = f(x)$ за всяко $x \in \mathbb{Q}$
-
-\- \quad $f$ притежава (единствено) непрекъснато продължение $\widetilde{f}: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, когато $f$ е непрекъсната върху всеки ограничен затворен интервал $[c, d] \cap \mathbb{Q}$ \newline
-
-\emph{Експонента: } Единственото непрекъснато продължение $\widetilde{f}_a$ на $f_a(x) = a^x$ наричаме експонента с основа $a$, $a^x := \widetilde{f}_a (x) \; \forall x \in \mathbb{R}$
-
-\subsection{Обратни тригонометрични функции}
-
-\noindent
-\begin{enumerate}
-	\item $\arcsin$: $\qquad \left. \sin \right|_{\left[ -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right]} : \left[ -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right] \rightarrow [-1, 1] \qquad \arcsin \equiv \left( \left. \sin \right|_{\left[ -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right]} \right)^{-1} : [-1, 1] \rightarrow \left[ -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right]$
-	
-	$\sin (\arcsin( y )) = y \quad \forall y \in [-1, 1] \qquad \arcsin (\sin (x)) = x \quad \forall x \in \left[ -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right]$ \text{(еквивалентно за останалите)}
-	
-	\item $\arccos$: $\qquad \left. \sin \right|_{[0, \pi]} : [0, \pi] \rightarrow [-1, 1] \qquad \arccos \equiv \left( \left. \cos \right|_{[0, \pi]} \right)^{-1} : [-1, 1] \rightarrow [0, \pi]$
-	
-	\item $\tg$: $\qquad \left. \tg \right|_{\left( -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right)} : \left( -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right) \rightarrow (-\infty, +\infty) \qquad \arctg \equiv \left( \left. \tg \right|_{\left( -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right)} \right)^{-1} : (-\infty, +\infty) \rightarrow \left( -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right)$
-	
-	\item $\arccotg$: $\qquad \left. \cotg \right|_{(0, \pi)} : (0, \pi) \rightarrow (-\infty, +\infty) \qquad \arccotg \equiv \left( \left. \cotg \right|_{(0, \pi)} \right)^{-1} : (-\infty, +\infty) \rightarrow (0, \pi)$
-\end{enumerate}
-
-\subsection{Основни граници}
-
-\noindent
-\begin{align*}
-	& \lim_{x \rightarrow x_0} x = x_0 \qquad \lim_{x \rightarrow x_0} c = c \qquad \lim_{x \rightarrow x_0} \frac{\sin x}{x} = 1 \qquad \lim_{x \rightarrow 0} a^x = 1 \qquad \lim_{x \rightarrow \infty} \sqrt[n]{n} = 1 \qquad \lim_{x \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a} = 1 \\
-	& \lim_{x \rightarrow 0} (1+x)^{\frac{1}{x}} = e \qquad \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\log_a (1+x)}{x} = \log_a e \quad \left( \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\ln (1 + x)}{x} = 1 \right) \qquad \lim_{x \rightarrow 0} \frac{(1 + x)^a - 1}{x} = a \\
-	& \lim_{x \rightarrow 0} \frac{a^x - 1}{x} = \ln a , \; a > 0 \quad \left( \lim_{x \rightarrow 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1 \right) \\
-	& e^x = \lim_{n \rightarrow 0} \left( 1 + \frac{x}{n} \right)^{n} \qquad e^{\lim\limits_{n \rightarrow \infty} b_n} = \lim_{n \rightarrow \infty} \left( 1 + \frac{1}{p_n} \right)^{p_n b_n}, \quad p_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} \pm \infty
-\end{align*}
-
-\emph{Неравенство на Бернули: } $(1 + x) ^ n \geq 1 + nx, x \geq -1$
-
-\section{\underline{Диференцируемост и производна}}
-
-\emph{Диференцируемост на функция: } $f: \Delta \rightarrow \mathbb{R}$ е  диференцируема в точка $x \in \Delta$, ако съществува граница $\lim\limits_{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f(x + \Delta x) - f(x)}{\Delta x}$
-\begin{align*}
-	f'(x) := \lim_{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f(x + \Delta x) - f(x)}{\Delta x} = \lim_{y \rightarrow x} \frac{f(y) - f(x)}{y - x}
-\end{align*}
-
-Ако $f$ е диференцируема в $x$, то $f$ е непрекъсната в $x$
-
-\subsection{Правила за диференциране}
-
-\noindent
-\begin{enumerate}
-	\item \emph{Диференциране на сума: } $(f + g)'(x) = f'(x) + g'(x)$ \newline
-	\emph{Диференциране на разлика: } $(f - g)'(x) = f'(x) - g'(x)$
-
-	\item \emph{Диференциране на произведение: } $(fg)'(x) = f'(x)g(x) + f(x)g'(x)$ \newline
-	\emph{Диференциране на произведение с константа: } $(cf)'(x) = cf'(x)$ \newline
-	\emph{Диференциране на частно: } $\left( \frac{f}{g} \right)'(x) = \frac{f'(x)g(x) - f(x)g'(x)}{g^2(x)}$
-	
-	\item \emph{Диференциране на композиция от функция: } $(g \circ f)'(x) = g'(f(x))f'(x)$
-	
-	\item \emph{Дифернциране на обратна биекция: } $(f^{-1})'(y) = \frac{1}{f'(f^{-1}(y))}$
-\end{enumerate}
-
-\subsection{Основни производни}
-
-\noindent
-\begin{align*}
-	& (e^x)' = e^x \qquad (a^x)' = a^x \cdot \ln a \quad (a > 0) \qquad (\ln x)' = \frac{1}{x} \qquad (log_a x)' = \frac{1}{x \ln a} \quad (a > 0, a \neq 1) \\
-	& (x^a)' = ax^{a - 1} \\
-	& (\sin x)' = \cos x \qquad (\cos x)' = - \sin x \qquad (\tg x)' = \frac{1}{\cos^2 x} \qquad (\cotg x)' = \frac{1}{\sin^2 x} \\
-	& (\arcsin x)' = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}, \; x \in (-1, 1) \qquad (\arccos x)' = -\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}, \; x \in (-1, 1) \\
-	& (\arctg x)' = \frac{1}{1 + x^2}, \; x \in \mathbb{R} \qquad (\arccotg x)' = - \frac{1}{1 + x^2}, \; x \in \mathbb{R}
-\end{align*}
-
-\end{document}
\ No newline at end of file
-- 
cgit v1.3.1-23-gd82d