path: root / Year 1 / Calculus / notes-appendix.tex

% 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}}

\let\oldforall\forall
\renewcommand{\forall}{\; \oldforall}

\let\oldexist\exists
\renewcommand{\exists}{\; \oldexist}

\newcommand{\epr}{\hfill$\square$} % End Proof
\newcommand{\bdes}[1]{\noindent \colorbox{Dandelion}{\parbox{\textwidth}{\emph{#1}}}} % Beginner description (at start of section)
\newcommand{\des}[1]{\hfill \newline \bdes{#1}} % Description

\usepackage[pdfauthor={Kamen Mladenov: syndamia.com, gitlab.com/Syndamia},
		    pdftitle={Mathematical Analysis, Computer Science 2021, Winter Semester},
		    pdfsubject={Бележки по Математически анализ (Диференциално и интегрално смятане)},
		    pdfkeywords={},
		    colorlinks=true,
		    urlcolor=blue]{hyperref}

\begin{document}

\section{\underline{Реални числа - първа част}}

\bdes{Доказателство за $\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}$}

Допускаме противното, тоест $\sqrt{2} = \frac{p}{q} \;,\; p,q \in \mathbb{N}$. Б.О.О. считаме $p$ и $q$ за взаимно прости.

$2q^2 = p^2$ 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

\des{Упражнение: Да се докаже, че $\sup(A+B) = \sup A + \sup B$, като $A+B := \{ a+B : a \in A, b \in B \}$}

\textbf{I.} $\sup A + \sup B$ е горна граница на $A+B$
\begin{align*}
	& \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

\des{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}}

\bdes{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

\des{Доказателство за "Интервалът $(a;b)$ съдържа поне едно рационално число, при $a, b \in \mathbb{R} \quad a < b$"}

Б.О.О. $a = a_0 . a_1 a_2 \cdots$ и $b = b_0 . b_1 b_2 \cdots$ са неотрицателни. Б.О.О. $a$ не завършва на 9 в период.

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

\des{Доказателство за "Сходящите редици са ограничени"}

Нека $a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a$. Тогава $\{ n \in \mathbb{N} : a_n \in (a - \varepsilon; a + \varepsilon) \}$ е кофинитно. Нека $a_n \in (a - \varepsilon; a + \varepsilon)$ за всички $n \geq n_0$. Следователно, $\{ a_n : n \in \mathbb{N} \} \subset [m, M]$, където $m = \min\{ a_1, ..., a-\varepsilon \}$ и $M = \max\{a_1, ..., a+\varepsilon \}$ \epr

\des{Доказателство за Лемата за двамата полицаи}
\begin{align*}
	\begin{array}{c}
		\exists n_1 \in \mathbb{N} \; \forall n \geq n_1 : a_n \in (a - \varepsilon; a+\varepsilon) \\
		\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}}

\bdes{Доказателство за $a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} \infty \iff \frac{1}{a_n} \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} 0$}

($\Rightarrow$) От деф. за сходяща редица върху $\frac{1}{a_n} \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} 0$, искаме $\forall \varepsilon > 0 \; \exists n_0 \in \mathbb{N} \; \forall n \geq n_0 : \left| \frac{1}{a_n} - 0 \right| < \varepsilon$. Тоест, търсим да покажем $|a_n| > \frac{1}{\varepsilon}$. $(-\infty; -\frac{1}{\varepsilon}) \cup (\frac{1}{\varepsilon}; \infty)$ е околност на $\infty$, то $\exists n_0 \in \mathbb{N} \; \forall n \geq n_0 : |a_n| > \frac{1}{\varepsilon}$.

\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

\des{Доказателство за "Ако $\{ a_n \}^{\infty}_{n=1}$ е растяща и ограничена отгоре, то тя е сходяща."}

Oт принципа за непрекъснатост, съществува супремум $L$ на множеството $\{a_n : n \in \mathbb{N} \}$.

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.}}

\bdes{Доказателство за "Ако $a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a$, то $a$ е единствена точка на сгъстяване"}

(Границата е точка на сгъстяване, понеже кофинитните множества са безкрайни.)

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

\des{Доказателство на "Нека $\{ a_n \}^{\infty}_{n=1}$ е сходяща и $\{ a_{n_k} \}^{\infty}_{k=1}$ е подредица. Тогава $\{ a_{n_k} \}^{\infty}_{k=1}$ е сходяща към границата на $\{ a_n \}^{\infty}_{n=1}$"}

Нека $a_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a$ и $U$ околност на $a$, то $\exists n_0 \in \mathbb{N} \; \forall n \geq n_0 : a_n \in U$. $n_1 < n_2 < ... \Rightarrow \exists n_{k_0} \geq n_0$.

Тогава $\forall k \geq k_0 : n_k \geq n_{k_0} \geq n_0$ и следователно $a_{n_k} \in U$. Получихме $a_{n_k} \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} a$ \epr

\des{Доказателство на "$a$ е точка на сгъстяване на $\{ a_n \}^{\infty}_{n=1} \iff$ съществува подредица $a_{n_k} \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} a$"}

\textbf{I.} съществува подредица $a_{n_k} \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} a \implies a$ е т. на сгъстяване

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

\des{Доказателство на Теоремата на Болцано-Вайерщрас (Принцип за компактност)}

\textbf{I.} Всяка ограничена редица има сходяща подредица

$\{ a_n \}^{\infty}_{n=1}$ ограничена $\implies$ 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

\des{Доказателство на "Нека $\{ a_n \}^{\infty}_{n=1}$ е ограничена редица с единствена точка на сгъстяване. Тогава редицата е сходяща."}

Означаваме $a_n \in [b, c]$. Ще докажем, че $a$ (т. на сгъстяване) е граница. Допускаме противното.

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

\des{Доказателство на Необходимо и достатъчно условие на Коши за сходимост на редица}

\textbf{I.} $\{ a_n \}^{\infty}_{n=1}$ е сходяща $\implies$ $\{ a_n \}^{\infty}_{n=1}$ е фундаментална

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}}

\bdes{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

\des{Доказателство на "Ако $f: D \rightarrow D_1, \quad g: D_1 \rightarrow \mathbb{R}, \quad D, D_1 \subset \mathbb{R}$ и $\lim\limits_{x \rightarrow x_0} f(x) = y_0, f(x) \neq y_0 \text{ при } x \neq x_0, \lim\limits_{y \rightarrow y_0} g(y) = L$, то съществува $\lim\limits_{x \rightarrow x_0} (g \circ f)(x) = L$"}

По условие $\lim\limits_{x \rightarrow x_0} f(x) = y_0$, то от дефиницията на Хайне за граница на функция за \newline
$\{ x_n \}_{n=1}^{\infty} \subset D \setminus \{ x_0 \}, x_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} x_0$, следва че $f(x_n) \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} y_0$. Означаваме $y_n :=  f(x_n)$.

Тогава знаем $\{ y_n \}_{n = 1}^{\infty} \subset D_1, y_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} y_0$. Отново от дефиницията на Хайне, следва че $g(y_n) \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} L$.

Съществуването на границата идва от $g(y_n) = g(f(x_n)) = (g \circ f)(x_n) \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} L$. \epr

\des{Доказателство на "Необходимо и достатъчно условие на Коши за съществуване на граница на функция"}
\begin{align*}
	\text{Съществува } \lim_{x \rightarrow x_0} f(x) = L \iff \forall \varepsilon > 0 \exists \delta > 0 \forall x', x'' \in (D \cap (x_0 - \delta, x_0 + \delta)) \setminus \{ x_0 \} : |f(x') - f(x'')| < \varepsilon
\end{align*}

$(\Rightarrow)$ Избираме $\varepsilon > 0$, тогава $\exists \delta > 0 \forall x \in (D \cap (x_0 - \delta, x_0 + \delta)) \setminus \{ x_0 \} : |f(x) - L| < \frac{\varepsilon}{2}$

Нека $x', x'' \in (D \cap (x_0 - \delta, x_0 + \delta)) \setminus \{ x_0 \}$ произволни. Тогава
\begin{align*}
	\left. \begin{array}{l}
		|f(x') - L| < \frac{\varepsilon}{2} \\
		|f(x'') - L| < \frac{\varepsilon}{2}
	\end{array} \right\}
	\Rightarrow |f(x') - f(x'')| = |f(x') + L - L - f(x'')| \leq |f(x') - L| + |f(x'') - L| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon
\end{align*}

$(\Leftarrow)$ Разглеждаме произволно $\{ x_n \}_{n=1}^{\infty} \subset D \setminus \{ x_0 \}, x_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} x_0$. Ще докажем, че $\{ f(x_n) \}_{n=1}^{\infty}$ е фундаментална. Избираме произволно $\varepsilon > 0$, тогава:
\begin{align*}
	\exists \delta > 0 \forall x', x'' \in (D \cap (x_0 - \delta, x_0 + \delta)) \setminus \{ x_0 \} : |f(x') - f(x'')| < \varepsilon
\end{align*}

$x_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} x_0 \Rightarrow \exists n_0 \in \mathbb{N} \forall n \geq n_0 : |x_n - x_0| < \delta$. Следователно $\forall n \geq n_0, x_n \in (D \cap (x_0 - \delta, x_0 + \delta)) \setminus \{ x_0 \}$. Избираме произволни $m, n \in \mathbb{N}, \; m, n \geq n_0, \quad x_m, x_n \in (D \cap (x_0 - \delta, x_0 + \delta)) \setminus \{ x_0 \} \Rightarrow |f(x_m) - f(x_n)| < \varepsilon$

Доказахме, че $\{ f(x_n) \}_{n=1}^{\infty}$ е фундаментална (следователно и сходяща). Ще проверим, че границата на $\{ f(x_n) \}_{n=1}^{\infty}$ зависи само от $f$ и $x_0$. Нека се приближаваме към $x_0$ по два различни начина:
\begin{align*}
	\begin{array}{l}
		\{ x_n \}_{n=1}^{\infty} \subset D \setminus \{ x_0 \}, x_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} x_0 \Rightarrow \{ f(x_n) \}_{n=1}^{\infty} \text{ е фундаментална} \Rightarrow f(x_n) \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} L' \\
		\{ y_n \}_{n=1}^{\infty} \subset D \setminus \{ x_0 \}, y_n \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} x_0 \Rightarrow \{ f(y_n) \}_{n=1}^{\infty} \text{ е фундаментална} \Rightarrow f(y_n) \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} L''
	\end{array}
\end{align*}
Разглеждаме редицата $x_1, y_1, x_2, y_2, ... \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} x_0$. То тогава редицата $f(x_1), f(y_1), f(x_2), f(y_2), ... \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} L$ е сходяща. Понеже всяка подредица на сходяща редица има същата граница, то $L' = L = L''$. \epr

\des{Доказателство на "$\lim\limits_{x \rightarrow x_0} f(x)$ съществува $\iff \lim\limits_{x \rightarrow x_0^-} f(x) = \lim\limits_{x \rightarrow x_0^+} f(x)$ съществуват"}

$(\Rightarrow)$ Очевидно (рестрикцията на лявата и дясната oколност на $x_0$ не променя границата).

$(\Leftarrow)$ Нека $f:D \rightarrow \mathbb{R}, D \equiv (x_0 - \overline{\delta}, x_0 + \overline{\delta}) \setminus \{ x_0 \}$ и $\lim\limits_{x \rightarrow x_0^-} f(x) = L = \lim\limits_{x \rightarrow x_0^+} f(x)$.

Избираме произволно $\varepsilon > 0$ и тогава:
\begin{align*}
	\begin{array}{l}
		\lim_{x \rightarrow x_0^-} f(x) - L \Rightarrow \exists \delta_1 > 0 \forall x \in D \cap (x_0 - \delta_1, x_0) : |f(x) - L| < \varepsilon \\
		\lim_{x \rightarrow x_0^+} f(x) - L \Rightarrow \exists \delta_2 > 0 \forall x \in D \cap (x_0, x_0 + \delta_2) : |f(x) - L| < \varepsilon
	\end{array}
\end{align*}

Полагаме $\delta := \min\{ \delta_1, \delta_2, \overline{\delta} \}$. Тогава $\forall x \in D, |x - x_0| < \delta$:
\begin{align*}
	\left. \begin{array}{l}
		x > x_0 \Rightarrow x \in (x_0, x_0 + \delta) \subset (x_0, x_0 + \delta_2) \cap D \\
		x < x_0 \Rightarrow x \in (x_0 - \delta, x_0) \subset (x_0 - \delta_1, x_0) \cap D
	\end{array} \right\}
	\implies |f(x) - L| < \varepsilon
\end{align*}
\epr

\section{\underline{Непрекъснати функции}}

\bdes{Доказателство на Теоремата на Болцано}

Б.О.О. нека $f(a) < 0, f(b) > 0$. Разглеждаме $A = \{ x \in [a, b] : f(x) > 0 \}$, то е непразно и ограничено. Следователно притежава $\inf A = x_0$.
\begin{align*}
	& \left. \begin{array}{l}
		f \text{ е непрекъсната в } a \\
		f(a) < 0
	\end{array} \right\}
	\Rightarrow \exists \delta_1 > 0 \forall x \in [a, a + \delta_1) : f(x) < 0 \implies x_0 \geq a + \delta_1 > a \\
	& \left. \begin{array}{l}
		f \text{ е непрекъсната в } b \\
		f(b) > 0
	\end{array} \right\}
	\Rightarrow \exists \delta_2 > 0 \forall x \in (b - \delta_2, b] : f(x) > 0 \implies x_0 \leq b - \delta_2 < \delta
\end{align*}

Ако $f(x_0) > 0$ и имаме $(x_0 - \delta, x_0 + \delta) \subset (a, b)$ то, следва че $\exists \delta > 0 \forall x \in (x_0 - \delta, x_0 + \delta): f(x) > 0$. Следователно $(x_0 - \delta, x_0 + \delta) \subset A$ и $x_0$ не е долна граница, противоречие!

Ако $f(x_0) < 0$ и имаме $(x_0 - \delta, x_0 + \delta) \subset (a, b)$ то, следва че $\exists \delta > 0 \forall x \in (x_0 - \delta, x_0 + \delta): f(x) < 0$. Следователно $\forall x \in [x_0, x_0 + \delta) : x \notin A$. Ясно е че $\forall x \in [a, x_0) : x \notin A$. Следователно $x_0 + \delta$ е долна граница на $A$, противоречие!

Остава $f(x_0) = 0$. \epr

\noindent
\emph{Доказателство на Теоремата за междинните стойности}

Разглеждаме $g(x) = f(x) - c$. Тя е непрекъсната, дефинирана в $[a, b]$ и е в сила $g(a) \cdot g(b) < 0$.

От Теоремата на Болцано, получаваме $0 = g(x_0) = f(x_0) - c, x_0 \in (a, b)$. \epr

\des{Доказателство на Теорема на Вайерщрас}

\textbf{I.} $f: [a, b] \rightarrow \mathbb{R}$ непрекъсната $\implies$ ограничена

Допускаме, че $f([a,b])$ не е ограничено, тоест $\forall N \in \mathbb{N} \exists x \in [a, b] : |f(x)| > N$. Строим редицата $\{ x_n \}_{n=1}^{\infty} \subset [a, b]$ (за която $|f(x_n)| > n$):
\begin{align*}
	\begin{array}{ll}
		\text{За } N = 1: \exists x_1 \in [a, b] , & |f(x_1)| > 1 \\
		\text{За } N = 2: \exists x_2 \in [a, b] , & |f(x_2)| > 2 \\
		\quad \vdots \\
		\text{За } N = n: \exists x_n \in [a, b] , & |f(x_1)| > n \\
		\quad \vdots
	\end{array}
\end{align*}
От Теоремата на Болцано-Вайерщрас, имаме сходяща подредица $\{ x_{n_k} \}_{k=1}^{\infty} \subset \{ x_n \}_{n=1}^{\infty}, x_{n_k} \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} x_0$. $x_0 \in [a, b]$ и $f$ непрекъсната в $x_0 \implies f(x_{n_k}) \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} f(x_0)$. Обаче по построение, $|f(x_{n_k})| > n_k \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} \infty$, противоречие!

\textbf{II.} $\implies$ има максимална и минимална стойност

Строим редицата $\{ x_n \}_{n=1}^{\infty} \subset [a, b]$ (за която $f(x_n) > \sup f([a, b]) - \frac{1}{n}$):
\begin{align*}
	\text{За произволно } n \in \mathbb{N}: \; \left( \sup f([a,b]) - \frac{1}{n} \right) < \sup f([a, b]) \implies \exists x_n \in [a, b] : \left( \sup f([a, b]) - \frac{1}{n} \right) < f(x_n)
\end{align*}
От Теоремата на Болцано-Вайерщрас, имаме сходяща подредица $\{ x_{n_k} \}_{k=1}^{\infty} \subset \{ x_n \}_{n=1}^{\infty}, x_{n_k} \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} x_{max}$.

$x_{max} \in [a, b]$ и $f$ непрекъсната в $x_0 \implies f(x_{n_k}) \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} f(x_{max})$.

От друга страна, по построение, $\sup f([a,b]) - \frac{1}{n_k} < f(x_{n_k}) \leq \sup f([a,b])$, където \newline
$\sup f([a,b]) - \frac{1}{n_k} \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} \sup f([a,b])$ и $\sup f([a,b]) \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} \sup f([a,b])$. От лемата за двамата полицаи, $f(x_{n_k}) \xrightarrow[k \rightarrow \infty]{} \sup f([a,b])$.

Следователно $f(x_{max}) = \sup f([a,b])$.

Правим аналогично за $\inf f([a,b])$. \epr

\des{Доказателство на Теорема на Кантор}

Допускаме противното, че $f$ не е равномерно непрекъсната в $[a,b]$:
\begin{align*}
	\exists \varepsilon_0 > 0 \forall \delta > 0 \exists x \in [a,b] \exists x' \in [a,b], |x - x'| < \delta : |f(x) - f(x')| \geq \varepsilon_0
\end{align*}

Построяваме редиците $\{ x_n \}_{n=1}^{\infty}, \{ x'_n \}_{n=1}^{\infty} \subset [a, b]$:
\begin{align*}
	\begin{array}{l}
		\delta = 1 \Rightarrow \exists x_1, x'_1 \in [a, b] : |x_1 - x'_1| < 1 \text{ и } |f(x_1) - f(x'_1)| \geq \varepsilon_0 \\
		\delta = \frac{1}{2} \Rightarrow \exists x_2, x'_2 \in [a, b] : |x_2 - x'_2| < \frac{1}{2} \text{ и } |f(x_2) - f(x'_2)| \geq \varepsilon_0 \\
		\quad \vdots \\
		\delta = \frac{1}{n} \Rightarrow \exists x_n, x'_n \in [a, b] : |x_n - x'_n| < \frac{1}{n} \text{ и } |f(x_n) - f(x'_n)| \geq \varepsilon_0
	\end{array}
\end{align*}
TODO: FINISH

\section{\underline{Основни елементарни функции}}

\section{\underline{Диференцируемост и производна}}

\bdes{Доказателство на "Ако $f$ е диференцируема в $x$, то тя е непрекъсната в $x$"}

Пресмятаме $\lim\limits_{y \rightarrow x} f(y) = \lim\limits_{y \rightarrow x}(f(y) - f(x)) + f(x) = \lim\limits_{y \rightarrow x} \frac{f(y) - f(x)}{y - x}(y-x) + f(x) = f'(x) \cdot 0 + f(x) = f(x)$.

Щом $\lim\limits_{y \rightarrow x} f(y) = f(x)$, то $f$ е непрекъсната в $x$. \epr

\section{\underline{Основни теореми за диференцируеми функции}}

\bdes{Доказателство на Теорема на Ферма}

Б.О.О. $x_0$ е точка на локален максимум, то $\exists \delta > 0 : (x_0 - \delta, x_0 + \delta) \subset D$ и $\forall x \in (x_0 - \delta, x_0 + \delta), \newline f(x_0) \geq f(x)$. Разглеждаме $f'(x_0) = \lim\limits_{x \rightarrow x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x - x_0}$.

$x$ клони към $x_0$ от ляво или отдясно:

За $x \in (x_0, x_0 + \delta)$, $\frac{f(x)-f(x_0)}{x - x_0} \leq 0 \Rightarrow f'(x_0) \leq 0$. \hfill За $x \in (x_0 - \delta, x_0)$, $\frac{f(x)-f(x_0)}{x - x_0} \geq 0 \Rightarrow f'(x_0) \geq 0$.

Следователно $f'(x_0) = 0$. \epr

\des{Доказателство на Теорема на Рол}

$f$ е непрекъсната в $[a, b]$, то тогава от Теоремата на Вайерщрас, $f$ е ограничена и \newline
$\sup f([a,b]) = f(x_{max}), \inf f([a,b]) = f(x_{min})$. Тогава поне едно от следните е изпълнено:
\begin{itemize}
	\item $x_{min} \in (a, b)$, то $x_{min}$ е локален минимум и от Теоремата на Ферма, $f'(x_{min}) = 0$
	
	\item $x_{max} \in (a, b)$, то $x_{max}$ е локален максимум и от Теоремата на Ферма, $f'(x_{max}) = 0$
	
	\item $x_{min}, x_{max} \in \{ a, b \}$, понеже $f(a) = f(b)$, то $f(x_{min}) = f(x_{max})$. $f$ е константна и следвателно от Теоремата на Ферма $\forall \xi \in (a, b) : f'(\xi) = 0$ \epr
\end{itemize}

\des{Доказателство на Теорема на Лагранж (Теорема на крайните нараствания)}

Разглеждаме $g(x) = f(x) - kx$ (търсим такова $k$, че $g(x)$ да удовлетворява Теоремата на Рол). $g$ е диференцируема в $(a,b)$ и непрекъсната в $\{ a, b \}$. Искаме $g(x) = g(b) \quad f(a) - ka = f(b) - kb \quad k = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$

От Теоремата на Рол, следва че съществува $\xi \in (a,b) : g'(\xi) = 0$.

Тоест $0 = g'(\xi) = f'(\xi) - k \implies f'(\xi) = k = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$. \epr

\des{Доказателство на Принцип за константност (Основна теорема на диференциалното смятане)}

$(\Rightarrow)$ Тривиално (производна на константа е нула)

$(\Leftarrow)$ Нека $\forall x \in \Delta : f'(x) = 0$. Избираме произволни $x_1, x_2 \in \Delta, x_1 < x_2$. Тогава $[x_1, x_2] \subset \Delta$ и от Теоремата на Лагранж получаваме, че съществува $\xi \in (x_1, x_2) : f'(\xi) = 0$. То $0 = f'(\xi) = \frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1}$ $\implies f(x_2) - f(x_1) = 0(x_2 - x_1) = 0$, тоест $f(x_2) = f(x_1) \forall x_1, x_2 \in \Delta$ и $f$ е константа. \epr

\des{Доказателство на Принцип за монотонност}

Б.О.О. разглеждаме растяща функция $f: \Delta \rightarrow \mathbb{R}$

$(\Rightarrow)$ От дефиницията за производна $f'(x) = \lim\limits_{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f(x + \Delta x) - f(x)}{\Delta x}$. Забелязваме, че:
\begin{align*}
	\left. \begin{array}{l}
		\Delta x > 0 \Rightarrow x + \Delta x > x, \; f(x + \Delta x) \geq f(x) \\
		\Delta x < 0 \Rightarrow x + \Delta x < x, \; f(x + \Delta x) \leq f(x)
	\end{array} \right\}
	\implies \frac{f(x + \Delta x) - f(x)}{\Delta x} \geq 0 \implies f'(x) \geq 0
\end{align*}
\epr

$(\Leftarrow)$ Избираме произволни $x_1, x_2 \in \Delta, x_1 < x_2$. Тогава $[x_1, x_2] \subset \Delta$ и от Теоремата на Лагранж получаваме, че съществува $\xi \in (x_1, x_2): f'(\xi) = \frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} \Rightarrow (x_2 - x_1)f'(\xi) = f(x_2) - f(x_1)$. Тъй като $x_2 > x_1$ и $f'(\xi) \geq 0$, то $f(x_2) \geq f(x_1)$ и $f$ е растяща. \epr

\des{Доказателство на Теорема на Коши (Обобщена теорема за крайните нараствания)}

Дефинираме $h(x) = f(x) - kg(x)$ и търсим $k$ за което $h(a) = h(b)$. Тоест искаме
\begin{align*}
	f(a) - kg(a) = f(b) - kg(b) \iff k(g(b) - g(a)) = f(b) - f(a)
\end{align*}

Допускаме че $g(a) = g(b)$ и от Теоремата на Рол, следва че съществува $x \in (a,b) : g'(x) = 0$. Това противоречи на третото условие , следователно $g(a) \neq g(b)$ и избираме $k = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}$.

Понеже $h(a) = h(b)$, то от Теоремата на Рол съществува $\xi \in (a,b) : h'(\xi) = 0$. От правилата за диференциране, $h'(x) = f'(x) - kg'(x)$ и $0 = h'(\xi) = f'(\xi) - kg'(\xi) \implies \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = k = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}$. \epr

\des{Доказателство на 1-ва теорема на Лопитал (неопределеност от вида $\left[ \frac{0}{0} \right]$)}

Избираме произволно $x \in (a, b]$. От Обобщената теорема за крайните нараствания към $f$ и $g$ в $[x, b]$, намираме че съществува $\xi_x \in (x, b) : \frac{f'(\xi_x)}{g'(\xi_x)} = \frac{f(b) - f(x)}{g(b) - g(x)} = \frac{f(x)}{g(x)}$. Имаме $\lim\limits_{x \rightarrow b^-} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \rightarrow b^-} \frac{f'(\xi_x)}{g'(\xi_x)} = \lim\limits_{y \rightarrow b^-} \frac{f'(y)}{g'(y)}$, като полагаме $y := \xi_x$. Понеже $x \rightarrow_{x < b} b$, то $y = \xi_x \rightarrow_{y < b} b$. \epr

\des{Доказателство на 2-ра теорема на Лопитал (неопределеност от вида $\left[ \frac{\infty}{\infty} \right]$)}

Избираме произволни $x, x_0 \in (a, b), a < x_0 < x < b$. От Обобщената теорема за крайните нараствания към $f$ и $g$ в $[x_0, x] \subset (a,b)$, намираме че съществува $\xi_{x,x_0} \in [x_0, x] : \frac{f(x) - f(x_0)}{g(x) - g(x_0)} = \frac{f'(\xi_{x,x_0})}{g'(\xi_{x,x_0})}$. Означававме $\lim\limits_{x \rightarrow b^-}\frac{f'(x)}{g'(x)} = L$. Нека $\varepsilon > 0$ произволно, тогава $\exists \overline{\delta} > 0, y \in (b - \overline{\delta}, b) : \left| \frac{f'(x)}{g'(x)} - L \right| < \frac{\varepsilon}{2}$

TODO: FINISH

\vfill

\emph{\color{gray} \footnotesize Изготвено от Камен Младенов <kamen@syndamia.com> \hfill Версия 19.09.2022-1}

\end{document}