Sem2.tex

\documentclass{article}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T2A]{fontenc}
\usepackage[russian]{babel}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{arcs}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage{float}
\usepackage[left=3cm,right=3cm,top=3cm,bottom=3cm]{geometry}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{hyperref}
\usepackage{multicol}
\usepackage{stackrel}
\usepackage{xcolor}
\usepackage{epigraph}
\usepackage{tikz}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{graphics}
\usepackage{draftwatermark}
\usepackage{ marvosym }
\usepackage{physics}
\usepackage{pdfpages}



\def\letus{%
\mathord{\setbox0=\hbox{$\exists$}%
         \hbox{\kern 0.125\wd0%
               \vbox to \ht0{%
                  \hrule width 0.75\wd0%
                  \vfill%
                  \hrule width 0.75\wd0}%
               \vrule height \ht0%
               \kern 0.125\wd0}%
       }%
        }
\def\dbl{\,\,}

\DeclareMathOperator{\sign}{sign}
\DeclareMathOperator{\const}{const}
\DeclareMathOperator{\segm}{Segm}


\newcommand*\lateraleye{%
       \scalebox{0.15}{
    \tikzset{every picture/.style={line width=0.75pt}} 
    \begin{tikzpicture}[x=0.75pt,y=0.75pt,yscale=-1,xscale=1]
    \draw  [line width=1.5]  (300,100.33) .. controls (326,122) and (352,135) .. (378,139.33) .. controls (352,143.67) and (326,156.67) .. (300,178.33) ;
    \draw  [fill={rgb, 255:red, 0; green, 0; blue, 0 }  ,fill opacity=1 ] (308.94,116.33) .. controls (313.87,116.33) and (317.86,125.51) .. (317.85,136.83) .. controls (317.84,148.15) and (313.84,157.33) .. (308.91,157.33) .. controls (303.99,157.32) and (300,148.14) .. (300.01,136.82) .. controls (300.02,125.5) and (304.02,116.32) .. (308.94,116.33) -- cycle ;
    \draw  [draw opacity=0][line width=1.5]  (314.84,166.6) .. controls (311.87,164.64) and (309.14,162.18) .. (306.76,159.24) .. controls (295.12,144.82) and (296.6,124.33) .. (310.07,113.45) .. controls (311.48,112.32) and (312.96,111.33) .. (314.5,110.49) -- (331.14,139.55) -- cycle ; \draw  [line width=1.5]  (314.84,166.6) .. controls (311.87,164.64) and (309.14,162.18) .. (306.76,159.24) .. controls (295.12,144.82) and (296.6,124.33) .. (310.07,113.45) .. controls (311.48,112.32) and (312.96,111.33) .. (314.5,110.49) ;
    \draw  [fill={rgb, 255:red, 255; green, 255; blue, 255 }  ,fill opacity=1 ] (304.43,124.2) .. controls (306.09,124.25) and (307.32,128.01) .. (307.18,132.6) .. controls (307.05,137.19) and (305.59,140.88) .. (303.93,140.83) .. controls (302.27,140.78) and (301.03,137.02) .. (301.17,132.43) .. controls (301.31,127.83) and (302.76,124.15) .. (304.43,124.2) -- cycle ;
    \end{tikzpicture}
    }\,}
    
\def\D{\,\mathrm{d}}

\let\vanillaparagraph\paragraph
\let\vanillasubparagraph\subparagraph
\renewcommand{\paragraph}[1]{\vanillaparagraph{#1}\mbox{}\\}
\renewcommand{\subparagraph}[1]{\vanillasubparagraph{#1}\mbox{}\\}

\graphicspath{{../images/}}

\setlength{\parindent}{0pt}

\setcounter{tocdepth}{4}
\setcounter{secnumdepth}{4}

\SetWatermarkText{$\underset{\text{@imodre @snitron}}{\text{ПРОДАМ ГАРАЖ}}$}
\SetWatermarkScale{2}
\SetWatermarkLightness{0.9}

\begin{document}
\DraftwatermarkOptions{stamp=false}
\begin{titlepage}
    \centering
    \vspace*{\baselineskip}
    \rule{\textwidth}{1.6pt}\vspace*{-\baselineskip}\vspace*{2pt}
    \rule{\textwidth}{0.4pt}\\[\baselineskip]
    {\LARGE СВЯТОЙ КПК\\ [0.3\baselineskip] \#BlessRNG}\\[0.2\baselineskip]
    \rule{\textwidth}{0.4pt}\vspace*{-\baselineskip}\vspace{3.2pt}
    \rule{\textwidth}{1.6pt}\\[\baselineskip]
    \scshape
    Или как не сдохнуть на 2 семе из-за матана \\
    \vspace*{2\baselineskip}
    Разработали \\[\baselineskip]
    {\Large Тимофей Белоусов\quad @imodre \\ Никита Варламов\quad @snitron\\ Тимофей Цорин \quad @thefattestowl\par}
    \vfill
    v0.6 alpha\\
    {\scshape Январь-Июнь 2022} \par
\end{titlepage}

\textbf{Заметки авторов}

В данном конспекте названия всех задач имеют ссылку на своего автора в виде верхнего индекса:
\begin{enumerate}
    \item @imodre
    \item @snitron
    \item @thefattestowl
\end{enumerate}
По любым вопросам и предложениям/улучшениям обращаться в телеграмм к соответвующему автору, или создать Pull Request в \href{https://github.com/snitron/ct-itmo}{Git-репозиторий конспекта (click)}.

\newpage

\begin{flushright}
\emph{Ah shit\\
Here we go again!}
\end{flushright}

\tableofcontents


\setlength{\parskip}{6pt}%
\newpage
\DraftwatermarkOptions{stamp=true}


\section{Период Палеозойский}
\subsection{Важные определения}
\subsubsection{Первообразная, неопределённый интеграл\texorpdfstring{$^1$}{}}
$F, f: \langle a, b \rangle \rightarrow \mathbb{R}$, где $\forall x \in \langle a, b \rangle \quad F(x)' = f(x)$. $F$ --- первообразная $f$

Неопределённый интеграл --- это множество всех первообразных $f$. Ну а точнее, поскольку всё множество первообразных отличается на константу, то мы просто берём какую-то первообразную и дописываем $+C$.
$$
\int f(x) \D{x} = F(x) + C
$$

\subsubsection{Таблица первообразных\texorpdfstring{$^1$}{}}
\begin{enumerate}
    \item $\int 0 \D x = C$
    \item $\int \frac{\D x}{\sqrt{x^2\pm 1}} = \ln |x + \sqrt{x^2 \pm 1}| + C$ --- длинный логарифм
    \item $\int \frac{\D x}{1 - x^2} = \frac{1}{2}\ln|\frac{1+x}{1-x}| + C$ --- высокий логарифм
    \item $\int \frac{\D x}{\sqrt{1-x^2}} = \arcsin x + C = - \arccos x + C$
    \item $\int \frac{\D x}{1 + x^2} = \arctg x + C = - \arcctg x + C$
    \item $\int \frac{\D x}{x} = \ln |x| + C$
    \item $\int x^\alpha \D x = \frac{x ^ {\alpha + 1}}{\alpha + 1} + C, \alpha \ne -1$
    \item $\int a^x \D x = \frac{a^x}{\ln a} + C, a > 0, a \ne 1$
    \item $\int \sin x \D x = -\cos x + C$
    \item $\int\cos x \D x = \sin x + C$
    \item $\int\frac{\D x}{\cos^2 x} = \tg x + C$
    \item $\int\frac{\D x}{\sin^2 x} = - \ctg x + C$
\end{enumerate}

\subsubsection{Определенный интеграл (непрерывной функции)\texorpdfstring{$^2$}{}}

\[\int_a^bf = \int_a^b{f(x)dx} := \sigma(\textsc{ПГ}(f^+, [a, b])) - \sigma(\textsc{ПГ}(f^-, [a, b]))\]

Замечания:

\begin{enumerate}
    \item \[f \ge 0 \Rightarrow \int_a^b f \ge 0\]
    \item \[f \equiv c \Rightarrow \int_a^b f = c(b - a)\]
    \item \[\int_a^b(-f) = -\int_a^bf\]
    \item \[\int_a^af = 0\]
\end{enumerate}

Свойства:

\begin{enumerate}
    \item Аддитивность по промежутку: 
    \[\int_a^bf = \int_a^cf + \int_c^bf\]
    \item Монотонность:
    \[f, g \in C[a, b], f \le g, \int_a^b f \le \int_a^bg\]
    
    Следствия:
    \begin{enumerate}
   \item \[\min{f}(b - a) \le \int_a^bf \le \max{f}(b - a)\]
    \item \[\left|\int_a^bf(x)dx\right| \ge \int_a^bf(x)dx\]
     \item \[-|f| \le f \le |f|\text{ по }[a, b]\]
     \item \[f \in C[a, b] \Rightarrow \exists c \in [a, b]: \int_a^bf(x)\D x = f(c)(b - a)\]
    \end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsubsection{Верхний и нижний пределы\texorpdfstring{$^1$}{}}\label{ВНП}
Рассмотрим верхний. Он определяется как предел последовательности супремумов сужений функции по левой границе:
$$
\letus y_m = \sup_{n \ge m}x_n = \sup(x_n, x_{n+1}, x_{n+2} \ldots)
$$
Ну а сам верхний предел выглядит как
$$
\overline{\lim}x_n = \lim y_m
$$

Разумеется, нижний определяется аналогично, только с инфемумами (пусть последовательность инфемумов будет $z_n$.

Простейшие свойства:
\begin{enumerate}
    \item $z_n$ возрастает, $y_n$ убывает.
    \item $\forall n \in \mathbb{N} \quad z_n \le x_n \le y_n$
    \item Если изменить конечное число $x_n$, то изменится не более, чем конечное число $z_n$, либо $y_n$ (очевидно, после последнего изменённого $x_n$ мы уже не будем их учитывать). 
\end{enumerate}


\subsubsection{Риманова сумма\texorpdfstring{$^1$}{}}
Пусть у нас определен отрезок $[a, b]$, дробление $x_0\ldots x_n$, оснащение и $f: [a, b] \rightarrow \mathbb{R}$. Тогда следующее выражение мы называем интегральной (Римановой) суммой.
$$
\sum_{k=1}^n f(\xi_i)\cdot(x_i-x_{i-1})
$$
Где $\xi_i$ --- точка оснащения на отрезке $i$

\subsubsection{Несобственный интеграл, сходимость, расходимость\texorpdfstring{$^2$}{}}

\[\Phi(A) = \int_a^A f\] 

\begin{enumerate}
    \item Если существует $\lim_{A \rightarrow b - 0}{\Phi(A)}$ --- $\int_a^{\rightarrow b}{f dx}$ \textit{несобственный интеграл}
    \item Если он ещё и конечный, то несобственный интеграл \textit{сходится}
    \item А если он бесконечный или вовсе не существует, то несобственный интеграл \textit{расходится}
\end{enumerate}
\newpage
\subsection{Определения}
\subsubsection{Теорема о существовании первообразной\texorpdfstring{$^1$}{}}
\subparagraph{Формулировка}
$$
\forall f\in C\langle a, b \rangle \exists F : \forall x \in \langle a, b \rangle F'(x) = f(x)
$$

\subparagraph{Доказательство}
BASED (Теорема Барроу)


\subsubsection{Площадь, аддитивность площади, ослабленная аддитивность\texorpdfstring{$^2$}{}}

$E$ --- множество ограниченных подмножеств в $\mathbb{R}^2$

$\sigma: E \rightarrow [0, \infty)$ --- \textit{площадь в} $\mathbb{R}^2$

$\letus \sqcup$ --- дизъюнктивное объединение. Вообще мы тут требуем, чтобы наши фигуры не пересекались и мы их просто объединяли
Свойства:

\begin{enumerate}
    \item Аддитивность: $\sigma(A_1 \sqcup A_2) = \sigma(A_1) + \sigma(A_2)$
    \item Нормировка: $\sigma([a, b] \times [c, d]) = (d - c)(b - a)$
\end{enumerate}

Замечания:

\begin{enumerate}
    \item Монотонность: $A \subset B \dbl \sigma(A) \le \sigma(B)$
    \item $\sigma(\textit{вертикального отрезка}) = 0$
\end{enumerate}

\textit{Ослабленная площадь}:

$\sigma: E \rightarrow [0, \infty)$

Свойства:

\begin{enumerate}
    \item Монотонность: $A \subset B \dbl \sigma(A) \le \sigma(B)$
    \item Нормировка: $\sigma([a, b] \times [c, d]) = (d - c)(b - a)$
    \item Ослабленная аддитивность: $E = E_1 \cup E_2, E_1 \cap E_2$ содержится не более чем в некотором вертикальном отрезке (то есть мы допускаем, что они могут пересекаться, но чуть-чуть), $\sigma(E) = \sigma(E_1) + \sigma(E_2)$
\end{enumerate}

\subsubsection{Положительная и отрицательная срезки\texorpdfstring{$^2$}{}}

Literally this:

$f: \langle a, b \rangle \rightarrow \mathbb{R}$

$f_+ = \max{(f, 0)}$ --- \textit{положительная срезка}

$f_- = \max{(-f, 0)}$ --- \textit{отрицательная срезка}


\subsubsection{Среднее значение функции на промежутке\texorpdfstring{$^1$}{}}
$f \in C[a, b]$
$$
\frac{\int\limits_a^bf(x)\D x}{b -a} \text{\, --- ср. арифметическое значение функции}
$$


\subsubsection{Функция промежутка, аддитивная функция промежутка\texorpdfstring{$^1$}{}}
$\letus \segm \langle a, b \rangle = \{[p, q] : [p, q] \subset \langle a, b\rangle\}$

$f: \segm\langle a, b \rangle \rightarrow \mathbb{R}$ --- функция промежутка (принимает любой отрезок внутри $\langle a, b \rangle$)

Если $\forall x \in (p, q) \subset [p, q] \subset \langle a, b \rangle \quad f(p, x) + f(x, q) = f(p, q)$, то $f$ --- аддитивная функция промежутка


\subsubsection{Плотность аддитивной функции промежутка\texorpdfstring{$^1$}{}}
$\phi: \langle a, b \rangle \rightarrow \mathbb{R}$ --- плотность аддитивной функции промежутка $ f \Leftrightarrow \forall [p, q] \in \segm \langle a, b \rangle \quad \inf\limits_{x\in [p, q]} \phi(x) \cdot (q-p) \le f([p, q]) \le \sup\limits_{x\in [p, q]} \phi(x) \cdot (q-p)$

\subsubsection{Кусочно--непрерывная функция\texorpdfstring{$^1$}{}}
$f: \langle a, b \rangle \rightarrow \mathbb{R}$ называют кусочно--непрерывной, когда у неё на всей области определения существует конечное число разрывов 1 рода (Напоминалка: это когда в точке функция имеет конечные односторонние пределы, но они не совпадают). Также требуется, чтобы $\exists \lim\limits_{x\rightarrow b-0} f(x)$ и $\exists \lim\limits_{x\rightarrow a + 0} f(x)$ и они были конечными.

Замечание: такая функция ограничена (вроде очевидно достаточно, все пределы же конечные. А если где-то между точками разрыва функция улетает в бесконечность, там будет точка разрыва, нарушается непрерывность). 

\subsubsection{Почти первообразная\texorpdfstring{$^2$}{}}

$F(x): \left[a, b\right] \rightarrow \mathbb{R}$ --- \textit{почти первообразная} кусочно-непрерывной функции $f$, если $F$ --- непрерывна и $\exists F^\prime(x) = f(x)$, кроме конечного числа точек 

\textit{Пример:} $f = \sign x, F = |x|, x \in \left[-1, 1\right]$
\subsubsection{Гладкий путь, вектор скорости, носитель пути\texorpdfstring{$^1$}{}}
\paragraph{Краткий обзор пути с прошлого сема, чтобы не тупить}
Обычно мы определяем путь как непрерывное отображение в $R^m$ на каком-то промежутке $[a, b]$, в котором $f(a) = A$, а $f(b) = B$. Больше никаких требований на него не наложено, из-за чего он может иметь всякие ужасные изломы, описывая $m$--мерные фигуры, при этом имея 1--мерный аргумент. Проблема здесь в том, что невозможно измерить какую-либо конечную скорость в некоторых точках такого пути, либо посчитать его длину (типо в квадрате бесконечно много 1--мерных линий, а такой путь может пройти весь квадрат целиком)

\paragraph{Гладкий путь}
$$
\gamma [a, b] \rightarrow \mathbb{R}^m\text{, причём } \forall i\in[1, m] \quad \gamma_i \in C^1
$$
Здесь $\gamma_i(t)$ --- отображение отдельной координаты в $R^m$, в котором действует путь $\gamma(t) = (\gamma_1(t), \gamma_2(t), \ldots, \gamma_m(t))$

\paragraph{Вектор скорости}
Это просто производная функция пути. По принципу покоординатной сходимости мы можем рассматривать каждую координату $\gamma_i$ отдельно, если предстваим наш путь как покоординатный вектор функций в $\mathbb{R}$. 
$$
\gamma'(t) = \lim_{h\rightarrow 0}\frac{\gamma(t + h) - \gamma(t)}{h} = (\lim_{h\rightarrow 0}\frac{\gamma_1(t + h) - \gamma_1(t)}{h}, \lim_{h\rightarrow 0}\frac{\gamma_2(t + h) - \gamma_2(t)}{h}, \ldots, \lim_{h\rightarrow 0}\frac{\gamma_m(t + h) - \gamma_m(t)}{h})
$$

\paragraph{Носитель пути}
Это кривая, являющаяся образом $\gamma$ на всей области определения: $\gamma([a, b])$


\subsubsection{Длина гладкого пути\texorpdfstring{$^1$}{}}
Это функция $l$, заданная на множестве всех возможных гладких путей. Обладает (аксиоматически) следующими свойствами:
\begin{enumerate}
    \item $l \ge 0$
    
    \item Аддитивность ($\forall c \in [a, b] \quad l(\gamma) = l(\gamma|_{[a, c]}) + l(\gamma|_{[c, b]})$
    
    \item Если носитель пути является образом сжатия какого-то другого, то длина такого пути $\le$ длины пути прообраза:
    \begin{flalign}
    \notag &\gamma, \overline{\gamma} \text{--- гл. путь}&\\
    \notag &C_{\gamma}, C_{\overline{\gamma}} \text{--- носители}&\\
    \notag &\exists f: C_{\gamma} \underset{\text{сюръекция}}{\rightarrow} C_{\overline\gamma} (: \forall x, y \in [a, b] \quad \rho(x, y) \ge \rho(f(x), f(y))) \implies l(\gamma) \ge l(\overline{\gamma})&
    \end{flalign}

    \item Нормировка
    
    $\letus \gamma: [0, 1] \rightarrow R^m$, $\gamma(c) = (1 - c) \cdot A + c \cdot B$. 
    
    Человеческими словами, тут мы определили прямолинейный путь. А утверждение в том, что $\rho(A, B) = l(\gamma)$
\end{enumerate}

\subsubsection{Вариация функции на промежутке\texorpdfstring{$^2$}{}}

$\gamma: \left[a, b\right] \rightarrow \mathbb{R}^m$, выберем $t_0 = a < t_1 < \ldots < t_n = b$

Тогда $\tau = \left\{t_0, t_1, \ldots, t_n\right\}$ --- \textit{дробление} отрезка.

\textit{Вариация функции} на отрезке $\left[a, b\right] \dbl l$

\[l = \sup_\tau{\left\{\sum_{i = 0}^n{\rho(\gamma(t_{i - 1}), \gamma(t_i)))}\right\}}\]

\subsubsection{Дробление отрезка, ранг дробления, оснащение\texorpdfstring{$^1$}{}}
Определён отрезок $[a, b]$

Дробление отрезка --- это некий возрастающий конечный набор $x_n\in [a, b]$. Тут $a = x_0 \le x_1 \le x_2 \le \ldots \le x_n = b$.
То есть по ним мы можем получить кучу соприкасающихся подотрезков.

Ранг дробления --- это наибольшая длина такого подотрезка (ранзица между двумя соседними точками дробления): $\max x_i - x_{i-1}$

Оснащение --- это некоторый произвольный набор точек на нашем отрезке, в котором каждая точка находится на своём уникальном подотрезке дробления. Они покрывают все подотрезки: $\xi_i \in [x_{i-1}, x_i]$

\subsubsection{Частичный предел\texorpdfstring{$^1$}{}}
$\letus x_n$ --- вещественная последовательность.

Выберем в ней подпоследовательность $x_{n_k}$, где $n_k$ --- строго возрастающая последовательность натуральных чисел.

$\lim x_{n_k} \in \overline{\mathbb{R}}$ --- это и есть тот самый частичный предел.

\subsubsection{Допустимая функция\texorpdfstring{$^2$}{}}

$f: \left[a, b\right) \rightarrow \mathbb{R}, -\infty < a < b \le +\infty$

$f$ --- \textit{допустима}, если $\forall A \in \left(a, b\right):$ $f$ на $\left[a, A\right]$ --- \textit{кусочно непрерывна}

\subsubsection{Критерий Больцано--Коши сходимости несобственного интеграла\texorpdfstring{$^2$}{}}

$-\infty < a < b \le +\infty, f$ --- допустимая (?), тогда сходимость несобственного интеграла равносильна 

\[\forall \varepsilon > 0 \dbl \exists \delta \in (a, b) : \forall A, B \in (\delta, b) \left|\int_A^B f\right| < \varepsilon \]

\subsubsection{Теорема об интегральной сумме центральных прямоугольников\texorpdfstring{$^2$}{}}

\[f \in C^2[a, b], \dbl a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b\]
\[\xi_k := \frac{x_k - x_{k - 1}}{2}\text{ (серединка отрезочка)}\] 
\[\delta = \max_{1 \ge k \ge n}{x_k - x_{k - 1}}\]

Тогда:

\[\left|\int_a^b{f(x)dx} - \sum_{k = 1}^n{f(\xi_k)(x_k - x_{k - 1})}\right| \le \frac{\delta^2}{8}\int_a^b{|f^{\prime\prime}(x)|dx}\]

\newpage
\subsection{Важные теоремы}
\subsubsection{Интегрирование неравенств. Теорема о среднем\texorpdfstring{$^1$}{}}
\paragraph{Интегрирование неравенств}
\subparagraph{Формулировка}
$f, g \in C[a, b]$

$$
f \le g \implies \int\limits_a^b f \le \int\limits_a^b g
$$

\subparagraph{Доказательство}
Вполне очевидно: $\text{ПГ}(f^+, [a, b]) \subset \text{ПГ}(g^+, [a, b])$.
Соответственно, для положительной срезки всё слишком очевидно. В отрицательной всё наоборот. Но там и интеграл её вычитает (то есть знак неравенства переворачивается), так что ничего не ломается.


\paragraph{Теорема о среднем}
\subparagraph{Формулировка}
$$
\min(f) \cdot (b - a) \le \int\limits_a^b f \le \max(f) \cdot (b-a)
$$

\subparagraph{Доказательство}
$\rhd$
$$
\min(f) \le f \le \max(f)
$$
$$
\int\limits_a^b(\min(f)) \underset{\min(f) \, \text{const}}{=} \min(f) \cdot (b - a)
$$
$$
\min(f) \cdot (b - a) \le \int\limits_a^b f \le \max(f) \cdot (b-a)
$$
$\lhd$

\subsubsection{Формула Ньютона-Лейбница, в том числе, для кусочно-непрерывных функций\texorpdfstring{$^1$}{}}
\subparagraph{Формулировка}
$f \in C[a, b], F$ --- первообразная $f$. 
$$
\int\limits_a^b f(x)\D x = F(b) - F(a) = F(x)|^{x:=b}_{x:=a}
$$

\subparagraph{Доказательство}
$\rhd$
Введём интеграл с переменным верхним пределом $\phi$.

Заметим, что $\phi = F + c$.

$$
\int\limits_a^b f(x)\D x = \phi(b) = \phi(b) - \underset{=0}{\phi(a)} = F(b) - c - F(a) + c = F(b) - F(a)
$$
$\lhd$

\subsubsection{Теорема о вычислении аддитивной функции промежутка по плотности\texorpdfstring{$^2$}{}}

\subparagraph{Формулировка}

$f: \langle a, b \rangle \rightarrow \mathbb{R},  \Phi: Segm\langle a, b\rangle \rightarrow \mathbb{R}$, $f$ --- плотность $\Phi$

Тогда $\Phi\left([p, q]\right) = \int_p^q f,\quad \forall [p, q] \in Segm\langle a, b\rangle$

\subparagraph{Доказательство}

$\rhd$

Давайте введём супер-функцию $F(x) = \begin{cases}
0, \quad x = a \\
\Phi([a, x]), \quad x \neq a
\end{cases}$ --- это первообразная плотности $f$.

Докажем это:

\[\lim_{h \rightarrow 0}{\frac{F(x + h) - F(x)}{h}} = \frac{\Phi([a, x + h]) - \Phi([a, x])}{h} =\]

\[\frac{\Phi([x, x + h])}{h} = f(x + \Theta h) \text{  (где $\Theta \in [0, 1]$, это работает по определению плотности $\inf f \le \frac{f}{|\delta|} \le \sup f$)  } \underset{h \rightarrow 0}{=}  f(x)\]

Ну а теперь:

\[\Phi([p, q]) = \Phi([a, q]) - \Phi([a, p]) = F(q) - F(p) = \int_p^q{f} \]

$\lhd$


\subsubsection{Интеграл как предел интегральных сумм\texorpdfstring{$^1$}{}}
\subparagraph{Формулировка}
$\letus f\in C[a, b]$

$$
\forall \varepsilon > 0 \exists \delta > 0 : \forall \tau: a = x_0 < \ldots < x_n = b : \lambda_\tau := \max_{i=1..n}(x_i - x_{i-1}) < \delta \forall \underset{\text{осн.}}{\xi_i} \quad \left|\sum_{i=1}^n (f(\xi_i) \cdot (x_i - x_{i-1})) - \int_a^b f(x) \D x\right| < \varepsilon
$$

Выглядит как атомный пиздец от Евгения Владимировича \Frowny, но на самом деле тут тупо написано, что мы можем разбить область интегрирования на отрезочки и в каждом выбрать точку, значение функции в которой умножить на длину отрезка, а сумма таких площадей прямоугольничка будет на самом деле стремиться к опр. интегралу функции при уменьшении ранга дробления. \Smiley

\subparagraph{Доказательство}
$\rhd$

Воспользуемся аддитивностью опр. интеграла и разобъём на интегралы отрезков дробления:
$$
\int_a^b f(x) \D x = \sum_{i=1}^n \int_{x_{i-1}}^{x_i} f(x) \D x
$$
Вместо умножения на длину отрезка, запишем эту операцию как интеграл константы (по факту же то же самое):
$$
\sum_{i=1}^n (f(\xi_i) \cdot (x_i - x_{i-1})) = \sum_{i=1}^n \int_{x_{i-1}}^{x_i} f(\xi_i) \D x
$$

Теперь у нас имеются 2 выражения, в обоих стоит сумма интегралов на одинаковых промежутках интегрирования. Давайте же закинем эту всю радость в 1 кучу:
$$
\left|\sum_{i=1}^n \int_{x_{i-1}}^{x_i} f(\xi_i) \D x  -   \sum_{i=1}^n\int_{x_{i-1}}^{x_i} f(x) \D x\right| = \left|\sum_{i=1}^n \int_{x_{i-1}}^{x_i} f(\xi_i) - f(x) \D x\right| \le \sum_{i=1}^n \int_{x_{i-1}}^{x_i} \left| f(\xi_i) - f(x) \right| \D x
$$

Воспользуемся тем, что в подынтегральной функции расстояние от $x$ до $\xi_i$ никогда не превысит $\delta$ (по условию) и применим теорему Кантора о равномерной непрерывности, подставив вместо $\varepsilon$, $\frac{\varepsilon}{b - a}$ (а там как раз нас просят проконтролировать, что это расстояние $< \delta$):
$$
|\xi_i - x| < \delta \Rightarrow \left| f(\xi_i) - f(x) \right| < \frac{\varepsilon}{b-a} \Rightarrow
$$
$$\sum_{i=1}^n \int_{x_{i-1}}^{x_i} \left| f(\xi_i) - f(x) \right| \D x < \sum_{i=1}^n \int_{x_{i-1}}^{x_i} \frac{\varepsilon}{b-a} \D x = \sum_{i=1}^n (x_i - x_{i-1}) \cdot \frac{\varepsilon}{b-a} = (b - a) \cdot \frac{\varepsilon}{b-a} = \varepsilon
$$
$\lhd$

\subsubsection{Формула Стирлинга\texorpdfstring{$^3$}{}}
\subparagraph{Формулировка:}

$n! \underset{n \rightarrow \infty}{\sim} n^ne^{-n}\sqrt{n}\sqrt{2\pi}$

\begin{proof}
Рассмотрим сумму первых натуральных $n$ как аргумент натурального логарифма и запишем формулу Эйлера-Маклорена:
\begin{equation*}
\ln{1} + \ln{2} + \ldots + \ln{n} = \frac{\ln{1}} {2}+ \frac{\ln{n}} {2} + \int_1^k \ln{n}\D n - \frac{1} {2} \int_2 ^n \frac{\{x\} ( 1- \{x\})} {x^2} \D x
\end{equation*}
Проинтегрируем $\int \ln{n} \D n$ по частям:
\begin{equation*}
\int \ln{n} \D n = [u = \ln{n} \Rightarrow u' = \frac{1} {n}; v' = 1 \Rightarrow v = n] = n \ln{n} - \int \frac{1} {n} n\D n = n\ln{n} - n + C
\end{equation*}
\begin{align*}
\frac{\ln{1}} {2}+ \frac{\ln{n}} {2} + \int_1^k \ln{n}\D n - \frac{1} {2} \int_2 ^n \frac{\{x\} ( 1- \{x\})} {x^2} \D x  = 0 + \frac{\ln{n}} {2} + (n\ln{n} - n)\arrowvert^n_1 + C_1 + o(1)=\\ = \frac{\ln{n}} {2} + n\ln{n} - n + C_1 + o(1) = \sum_{i = 1}^n \ln{i} = \ln{n!}
\end{align*}
Здесь $ \frac{\{x\} ( 1- \{x\})} {x^2} = C_1$, т.к. возрастает и ограничена. Под $o(1)$ мы спрятали константы.
\begin{align*}
\ln{n!} &= \frac{\ln{n}} {2} + n \ln{n} - n + C_1 + o(1)\\
n! &= e^{\frac{\ln{n}} {2} + n \ln{n} - n + C_1 + o(1)}\\
n! &= \sqrt{n} n^n e^{-n} e^{C_1 + o(1)}  \underset{n\to \infty}{\sim} C\sqrt{n}n^n e^{-n}
\end{align*}
Осталось выяснить, что такое $C_1 + o(1)$. Для этого рассмотрим $\sqrt{\pi}$ по Валлису:
\begin{equation*}
\sqrt{\pi} = \lim_{k\to\infty} \frac{(2k)!!} {(2k-2)!!} \frac{1} {\sqrt{k}} = \lim_{k\to\infty} \frac{2^2 4^2\ldots (2k)^2} {1\cdot2\cdot3\cdot4\cdot \ldots\cdot (2k)} \frac{1} {\sqrt{k}} = \lim_{k\to\infty} \frac{2^k (k!))^2} {2k!} \frac{1} {\sqrt{k}}.
\end{equation*}
Теперь заменяем на эквивалентные, которые мы вывели выше:
\begin{equation*}
\sqrt{\pi} = \lim_{k\to\infty} \frac{(2^k \sqrt{k} k^k e^{-k} C)^2} {\sqrt{2k} (2k)^{(2k)} e^{-2k} C} \frac{1} {\sqrt{k}} = \lim_{k\to\infty} \frac{C} {\sqrt{2}} = \frac{C} {\sqrt{2}}
\end{equation*}
$\sqrt{\pi} = \frac{C}{\sqrt{2}} \Rightarrow C = \sqrt{2\pi}$, что и доказывает требуемое равенство
\end{proof}


\subsubsection{Признаки сравнения сходимости несобственного интеграла\texorpdfstring{$^2$}{}}
\subparagraph{Лемма:}

Пусть:

$$
\Phi(A) = \int_a^Af(x) dx, \qquad A \in [a, b)
$$

Тогда:

$$
\int_a^b f(x)dx \text{ - сходится} \Leftrightarrow \Phi(A) \text{ - ограничен}
$$

\subparagraph{Доказательство:}

$$
\int_a ^A f(x)dx \Leftrightarrow \exists \lim_{A\to b-0}\Phi(A)
$$

И $\Phi(A)$ очевидно возрастает.

\subparagraph{Формулировка:}

$f, g$ --- допустимы на $[a, b)$

Если:
\begin{enumerate}
    \item $f \le g$ на $[a, b)$

        То: 

        \begin{enumerate}
            \item $\int_a^b g$ --- сходится $\Rightarrow   \int_a^b f$ --- сходится
            \item $\int_a^b f$ --- расходится $\Rightarrow \int_a^b g$ --- расходится
\end{enumerate}
    \item $\exists \lim_{x \rightarrow b - 0} {\frac{f(x)}{g(x)}} = l < \infty$

        То:

        \begin{enumerate}
            \item $l \in \mathbb{R}^+$\textbackslash $\{0\} \Rightarrow \int_a^bg \text{ и } \int_a^bf$ сходятся и расходятся одновременно
            \item $l = + \infty \Rightarrow$ см. пункт 1, заменяя сходится на расходится и наоборот.
            \item $l = 0 \Rightarrow$ см. пункт 1 
        \end{enumerate}
\end{enumerate}

\subparagraph{Доказательство:}

\begin{enumerate}
    \item 
        $\Phi(A) = \int_a^A f(x)dx; \Psi(A) = \int_a^Ag(x)dx$

        $\int_a^bg(x)$ - сходится $\Leftrightarrow \Psi(A)$ - ограничен $\Rightarrow \Psi(A) \geq \Phi(A) \Rightarrow \Phi(A)$ - ограничен $\Leftrightarrow \int_a^b f(x)dx$ - сходится.
        Второй случай разбирается аналогично.
    \item
        \begin{enumerate}
            \item $ l \in \mathbb{R}^+$\textbackslash$\{0\}$

                По определению предела, начиная с некоторого $x$ $\frac{f(x)}{g(x)}$ будет лежать в окрестности $l$. НУО возьмем окрестность $\frac{1}{2}$, т.е.
                $$
                \frac{1}{2}l < \frac{f(x)}{g(x)} < \frac{3}{2}l
                $$

                $$
                \frac{1}{2}l g(x) < f(x) < \frac{3}{2} l g(x)
                $$

                И по пункту 1 этой теоремы $g$ и $f$ сходятся одновременно.
            \item $l = \infty$

                Условие буквально означает, что начиная с некоторого места $\frac{f(x)}{g(x)} > 2022\cdot l \Rightarrow 2022\cdot l\cdot g(x) < f(x) \Rightarrow f(x)$ - расходится $\Rightarrow g(x)$ - расходится.
            \item $l = 0$

                Аналогично п.b
        \end{enumerate}

\end{enumerate}

\newpage

\subsection{Теоремы}
\subsubsection{Теорема о свойствах неопределённого интеграла\texorpdfstring{$^1$}{}}
\paragraph{Характеристика множества первообразных функции}
\subparagraph{Формулировка}

$F, f: \langle a, b\rangle \rightarrow \mathbb{R}, \forall x \in \langle a, b\rangle \quad F'(x) = f(x)$

Верны следующие утверждения:
\begin{enumerate}
    \item $\forall c \in \mathbb{R} \quad F + c$ --- первообразная $f$ на $\langle a, b \rangle$
    \item $\forall \overline{F}$ --- первообразная $f$ на $\langle a, b\rangle \quad \overline{F} = F + C$
\end{enumerate}

\subparagraph{Доказательство}
\begin{enumerate}
    \item Очевидно ($F'(c) = 0$)
    \item $(\overline{F} - F)' = 0, \int 0 \D x = C \Rightarrow \overline{F}$ отличается от $F$ на $C$
\end{enumerate}


\paragraph{Правила интегрирования}
\subparagraph{Формулировка}
$f, g$ имеют $F, G$ на $\langle a, b\rangle$

\begin{enumerate}
    \item $\int f + g = \int f + \int g$
    \item $\forall \alpha \in \mathbb{R} \quad \int \alpha f = \alpha \int f$
    \item Пусть $\phi: \langle c, d \rangle \rightarrow \langle a, b \rangle$. Тогда $(\int f(x) \D x)|_{x:= \phi(t)} = F(\phi(t)) + C = \int f(\phi(t))\phi'(t) \D t$
    \item $\forall \alpha, \beta \in \mathbb{R}, \alpha \ne 0 \quad \int f(\alpha x + \beta) \D x = \frac{1}{\alpha}F(\alpha x + \beta)$
    \item $f, g$ дифференцируемы. $\exists \int fg' \Rightarrow \exists \int f'g = fg - \int fg'$
    
    Пример: $\int \ln x \D x = \int 1 \cdot \ln x \D x$. Тогда $f' = 1 \Rightarrow f = x, g = \ln x \Rightarrow g' = \frac{1}{x}$. $\int 1 \cdot \ln x \D x = x \cdot \ln x - \int x \cdot \frac{1}{x} \D x = x\ln x - x + C$ 
\end{enumerate}

\subparagraph{Доказательство}
\begin{enumerate}
    \item $(F + G)' = F' + G' = f+g$
    \item $(\alpha F)' = \alpha f$
    \item $(F(\phi(t)))' = f(\phi(t)) \cdot \phi'(t)$
    \item $\int f(\alpha x + \beta) \D x = \int \frac{f(z) \D z}{(\alpha x + \beta)'} = \frac{1}{\alpha}F(\alpha x + \beta)$
    \item $(fg)' = f'g + fg' \Rightarrow (fg)' - fg' = f'g$. По арифметическим свойствам $\int f'g = \int (fg)' - \int fg' = fg - \int fg'$
\end{enumerate}



\subsubsection{Правило Лопиталя\texorpdfstring{$^3$}{}}

\paragraph{Лемма об ускоренной сходимости}
\subparagraph{Формулировка}

$f, g: D \rightarrow \mathbb{R}, D \subset \overline{\mathbb{R}}, a$ --- предельная точка $D, a \in \overline{\mathbb{R}}$.

$\exists \dot{V}_a : f, g \neq 0$ на $\dot{V}_a \cap D, \lim_{x \rightarrow a}{f(x)} = 0, \lim_{x \rightarrow a}{g(x)} = 0$

Тогда $\forall x_k: x_k\to a, x_k \in D, x_k \neq a$ $\exists y_k: y_k\to a, y_k \in D, y_k \neq a$ такая, что
\begin{equation*}
\lim_{k\to \infty} \frac{g(y_k)}{g(x_k)} = 0, \qquad \lim_{k\to \infty} \frac{f(y_k)} {g(x_k)} = 0
\end{equation*}

\begin{proof}
Для всякого $k$ можем подобрать $n$ такое, что
\begin{equation*}
\left|\frac{g(x_n)} {g(x_k)}\right| < \frac{1} {k}, \qquad \left|\frac{f(x_n)}{g(x_k)}\right| < \frac{1} {k}.
\end{equation*}
Теперь достаточно взять  $y_k := x_n$.
\end{proof}

\paragraph{Правило Лопиталя}
\subparagraph{Формулировка:}

$f, g: (a, b) \rightarrow \mathbb{R}, a \in \overline{\mathbb{R}}$

$f, g$ --- дифф., $g^\prime \neq 0$ на $(a, b)$

Если:
\[\exists \lim_{x \rightarrow a + 0}{\frac{f^\prime(x)}{g^\prime(x)}} = L \text{ и } \frac{f(x)}{g(x)} \in \left\{\frac{0}{0}, \frac{\infty}{\infty}\right\}\]

Тогда: 
\[\lim_{x \rightarrow a + 0}{\frac{f(x)}{g(x)}} = L\]

\begin{proof}
$g' \neq 0 \Rightarrow g' $ -- постоянного знака $\Rightarrow g$ монотонна $\Rightarrow g \neq 0$. 

По Гейне $x_k: x_k \to a, x_k \in (a, b), x_k \neq a$, построим $y_k$ из леммы. Тогда, по теореме Коши 
\begin{equation*}
\frac{f(x_k) - f(y_k)} {g(x_k) - g(y_k)} = \frac{f'(c_k)} {g'(c_k)}
\end{equation*}
Будем выражать отсюда $\frac{f(x_k)} {g(x_k)}$:
\begin{equation*}
\frac{f(x_k)} {g(x_k)} = \frac{f(y_k)} {g(x_k)} + \frac{f'(c_k)} {g'(c_k)} \left(1 - \frac{g(y_k)}{g(x_k)}\right).
\end{equation*}
И т.к. $\frac{f(y_k)} {g(x_k)} \to 0, \frac{g(y_k)}{g(x_k)} \to 0$, то $\frac{f(x_k)} {g(x_k)} \to L$.
\end{proof}

\subsubsection{Теорема Штольца\texorpdfstring{$^1$}{}}
\paragraph{Лемма о смешной сумме}
Ну что вы хотели, КПК же
\subparagraph{Формулировка}
$$
s < \frac ab< t
$$
$$
s < \frac c d < t
$$
$$
s < \frac {a+c}{b+d} < t
$$
\subparagraph{Доказательство}
Упражнение \Smiley

\subparagraph{Формулировка}
$x_n, y_n$ --- вещественные последовательности, $x_n, y_n \underset{\text{монотонно}}{\rightarrow} 0$

$$
\lim \frac{x_{n+1} - x_{n}}{y_{n+1} - y_n} = \lim \frac{x_n}{y_n}
$$

\subparagraph{Доказательство}
$\rhd$
Nota bene: Вообще мы тут рассматриваем только положительные числа, т.к. вышеупомянутая лемма вроде как работает только там. Но тут не должно быть проблем с сохранением общности, так что пофиг.

$$
\lim \frac{x_{n+1} - x_{n}}{y_{n+1} - y_n} = c \Rightarrow \forall \varepsilon > 0 \exists N: \forall N_1 > N, \forall n > N_1 \quad c-\varepsilon < \frac{x_{N_1+1} - x_{N_1}}{y_{N_1+1} - y_{N_1}} < c + \varepsilon
$$
Тут трюк такой: поскольку данное определение верно для всех $N_1 > N$, то мы можем продолжать расписывать такие неравенства до бесконечности (то есть рассмотреть $x_{N_1 + 2} - x_{N_1+1}$ и так далее. Давайте применим лемму о смешной сумме и сложим этот ряд неравенств. У нас всё, очевидно, сократится, кроме крайних членов:
$$
c-\varepsilon < \frac{x_{n} - x_{N_1}}{y_{n} - y_{N_1}} < c + \varepsilon
$$
Где $n \rightarrow \infty$. Ну а по определению предела, $x_n \rightarrow 0$, ровно как и $y_n$. Тогда их можно опустить в предельном переходе: 
$$
c-\varepsilon < \frac{y_{N_1}}{y_{N_1}} < c + \varepsilon
$$
$\lhd$

\subsubsection{Теорема Барроу\texorpdfstring{$^1$}{}}
\paragraph{Интеграл с переменным верхним пределом}
$f\in C[a, b], \phi: [a, b] \rightarrow \mathbb{R}$
Обозначим его за 
$$
\phi(x) = \int\limits_a^x f(x) 
$$

\subparagraph{Формулировка}
$$
\forall x\in [a, b] \quad \phi'(x) = f(x)
$$
Вот это прикол! Взяли какие-то странные интегралы, которые определены как какая-то недоплощадь, ещё и сделали область интегрирования переменной. А получили (внезапно) аж первообразную! 

\subparagraph{Доказательство}

Давайте распишем производную этой непонятной функции:
$$
\phi'(x) = \lim_{y\rightarrow x+0}\frac{\phi(y)-\phi(x)}{y-x} = \lim_{y\rightarrow x+0}\frac{\int\limits_a^y f - \int\limits_a^x f}{y-x} = \lim_{y\rightarrow x+0}\frac{\int\limits_x^y f}{y-x} \underset{\text{Теорема о среднем}}{=}
$$
$$
=\lim_{y\rightarrow x+0}f(c), c \in [x, y] \underset{\text{Наконец-то предельный переход}}{\longrightarrow} f(x)
$$

\subsubsection{Интегральное неравенство Чебышева. Неравенство для сумм\texorpdfstring{$^2$}{}}

\subparagraph{Формулировка}

\textit{ВИНОГРАДЫЧ}

$f, g : \left[a, b\right] \rightarrow \mathbb{R}$, причём $f$ --- возрастает, а $g$ --- убывает.

Тогда:

\[\frac{1}{b - a}\int_a^b{fg} \le \left(\frac{1}{b - a} \int_a^bf\right) \cdot \left(\frac{1}{b - a} \int_a^bg\right)\]


\textit{КОХАСЬ}

$f, g : \left[a, b\right] \rightarrow \mathbb{R}$, монотонны \textsc{одинаково}

Let $I_f = \frac{\int_a^b{f}}{b - a}$

Тогда:

\[ I_f \cdot I_g \le I_{fg}\]


\subparagraph{Доказательство}
$\rhd$

$\forall x, y \in [a, b] : \left(f(x) - f(y)\right)\left(g(x) - g(y)\right) \ge 0$, так как монотонны одинаково. 

Раскрываем скобки:

$f(x)g(x) - f(x)g(y) - f(y)g(x) + f(y)g(y) \ge 0$

Интегрируем по $y$ на промежутке $[a, b]$ и делим на $(b - a)$ 

$f(x)g(x) - I_fg(x) - f(x)I_g + I_fg \ge 0$

Интегрируем по $x$ на промежутке $[a, b]$ и делим на $(b - a)$

$I_{fg} - I_fI_g - I_fI_g + I_{fg} \ge 0$

$I_fI_g \le I_{fg}$

$\lhd$


\subparagraph{Формулировка}

\textit{ВИНОГРАДЫЧ}

$n \in \mathbb{N}; a, b \in \mathbb{R}^n$, причём $a_1 \le a_2 \le \ldots \le a_n$ и $b_1 \ge b_2 \ge \ldots \ge b_n$

Тогда:

\[\frac{1}{n}\sum_{k = 1}^n{a_kb_k} \le \left(\frac{1}{n}\sum_{k = 1}^n{a_k}\right) \cdot \left(\frac{1}{n}\sum_{k = 1}^n{b_k}\right)\]

\textit{КОХАСЬ}

$n \in \mathbb{N}; a, b \in \mathbb{R}^n$, причём $a_1 \le a_2 \le \ldots \le a_n$ и $b_1 \le b_2 \le \ldots \le b_n$

Тогда:

\[\left(\frac{1}{n}\sum_{k = 1}^n{a_k}\right) \cdot \left(\frac{1}{n}\sum_{k = 1}^n{b_k}\right) \le \frac{1}{n}\sum_{k = 1}^n{a_kb_k} \]


\subparagraph{Доказательство}

$\rhd$

Возьмём т.н. кусочно-постоянные функции $f, g: [0, 1] \rightarrow \mathbb{R}$, которые разбиты на $n$ кусочков, и $\left(\frac{k - 1}{n}, \frac{k}{n}\right)$-й кусочек равен $a_k$ и $b_k$ соответственно. Тогда просто запишем стандартное неравенство Чебышева и у нас всё получится! (на разрывы в конечном числе точек пофигу).

$\lhd$


\subsubsection{Свойства определенного интеграла: линейность, интегрирование по частям, замена переменных\texorpdfstring{$^2$}{}}

\paragraph{Линейность}

\[\int_a^b{\alpha f(x)} = \alpha \int_a^b{f(x)}\]
\[\int_a^b{f(x) + g(x)} = \int_a^b{f(x)} + \int_a^b{g(x)}\]


\paragraph{Интегрирование по частям}

\[\int_a^b{fg^\prime} = fg|_a^b - \int_a^b{gf^\prime}\]


\paragraph{Замена переменных}

\[\int_\alpha^\beta{f(\phi(x))\phi^\prime(x)} = \int_{\phi(\alpha)}^{\phi(\beta)}{f}\]

\paragraph{Доказательство}

Всё выводится из таких же свойств неопределённого интеграла

\subsubsection{Иррациональность числа пи\texorpdfstring{$^2$}{}}

Let $H := \frac{1}{n!}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}{\left(\frac{\pi^2}{4} - t^2\right)^n\cos t dt} = \ldots$

Проинтегрируем по частям:

$u = \left(\frac{\pi^2}{4} - t^2\right)^n \Rightarrow du = -2nt\left(\frac{\pi^2}{4} - t^2\right)^{n - 1}dt$

$dv = \cos t dt \Rightarrow v = \sin t$

Следовательно, $\ldots = \frac{1}{n!}\left(\frac{\pi^2}{4} - t^2\right)\sin t|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} + \frac{2}{(n - 1)!}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}{t\sin t \left(\frac{\pi^2}{4} - t^2\right)^{n - 1}dt} = \ldots$ (причём слагаемое с синусом занулится)

Опять проинтегрируем по частям:

$u = t\left(\frac{\pi^2}{4} - t^2\right)^{n - 1} \Rightarrow du = \left(\left(\frac{\pi^2}{4} - t^2\right)^{n - 1} - 2t^2(n - 1)\left(\frac{\pi^2}{4} - t^2\right)^{n - 2}\right)dt$

$dv = \sin t dt \Rightarrow v = -\cos t$

Поработаем с $du$, приплюсуем и вычтем $2(n - 1)\frac{\pi^2}{4}\left(\frac{\pi^2}{4} - t^2\right)^{n - 2}$ и вынесем $2(n - 1)\left(\frac{\pi^2}{4} - t^2\right)^{n - 2}$ у минусового слагаемого в $du$ и плюсового $2(n - 1)\frac{\pi^2}{4}\left(\frac{\pi^2}{4} - t^2\right)^{n - 2}$:

$du = \left( 2(n - 1)\left( \frac{\pi^2}{4} - t^2\right)^{n - 2}\left(\frac{\pi^2}{4} - t^2\right) + \left(\frac{\pi^2}{4} - t^2\right)^{n - 1} - 2(n - 1)\frac{\pi^2}{4}\left(\frac{\pi^2}{4} - t^2\right)^{n - 2}\right)dt$

$= \left((2n - 1)\left(\frac{\pi^2}{4} - t^2\right)^{n - 1} - (n - 1)\frac{\pi^2}{2}\left(\frac{\pi^2}{4} - t^2\right)^{n - 2}\right)dt$

$\ldots = 0 + \frac{2}{(n - 1)!}t\left(\frac{\pi^2}{4} - t^2\right)^{n - 1}(-\cos t)|_{-\frac{\pi^2}{4}}^{\frac{\pi^2}{4}} + \frac{2}{(n -1)!}\left((2n - 1)\left(\frac{\pi^2}{4} - t^2\right)^{n - 1} - (n - 1)\frac{\pi^2}{2}\left(\frac{\pi^2}{4} - t^2\right)^{n - 2}\right)\cos tdt$

$= (4n - 2)H_1 - \pi^2H_2$


\subparagraph{Формулировка}

Число $\pi$ --- иррационально.

\subparagraph{Доказательство}

$H_0 = 2, H_1 = \ldots [\text{ по частям }] = 4$

$H_n = (\ldots)H_1 + (\ldots)H_0 = P_n(\pi^2)$ --- многочлен от $\pi^2$ степени $\le n$.

Почему? Ну типа мы взяли произвольное $n$, и посчитали для него $H_n$, и по рекуррентной формуле просто раскрыли всё до примитивов $(H_0, H_1)$  получили в конечном итоге огромный многочлен, зависящий от $\pi^2$.

Пусть $\pi^2 = \frac{p}{q}$ (рациональное)

$q^{n}P_n(\frac{p}{q}) = $ целое число (у нас огромный многочлен степени не больше $n$, в котором переменные $= \pi^2 = \frac{p}{q}$) $ = q^{n}H_n > 0$ (интеграл положителен на нашем интервале) $\Rightarrow q^{n}H_n \ge 1$ (так как интеграл положительный, $q^n$ --- целое, произведение тоже целое, а значит минимальное положительное целое --- 1)

$1 \le \frac{q^{n}}{n!}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}{\left(\frac{\pi^2}{4} - t^2\right)^n\cos t dt} \le \frac{q^{n}}{n!}4^n\pi \rightarrow_{n \rightarrow \infty} 0$

Противоречие!

\subsubsection{Компактность и конечные эпсилон-сети\texorpdfstring{$^2$}{}}

\paragraph{Определения}

\begin{enumerate}
    \item Множество $N \subset X$ называется $\varepsilon$-сетью для $D$, если $\varepsilon > 0 \dbl \forall x \in D \exists y \in N \quad \rho(x, y) < \varepsilon$
    \item Множество $D$ --- сверхограниченное в $X$, если $\forall \varepsilon > 0 \exists$ конечная $\varepsilon$-сеть
\end{enumerate}

\paragraph{Свойства}

\begin{enumerate}
    \item $D\text{ --- сверхограниченно в }X \Leftrightarrow D\text{ --- сверхограниченно в себе}$
    
    \textbf{Доказательство:}
    $\rhd$
    
    $\Leftarrow$ ОЧЕВИДНО.
    
    $\Rightarrow$ Отметим $\{x_1, x_2, \ldots, x_n\} $ --- $ \frac{\varepsilon}{2}$ сеть в $X$. Теперь в каждом шарике $B(x_i, \frac{\varepsilon}{2})$ берём $y_i \in D$, если такая есть. Вуаля, $\{y_1, \ldots, y_{m \le n}\}$ --- $\varepsilon$-сеть для $D$.
    
    $\lhd$

    \item $\text{Сверхограниченность сохраняется при равномерно непрерывном отображении}$ \[\forall \varepsilon > 0 \exists \delta > 0 \forall u, v \in X: \rho(u, v) < \delta \dbl \rho(f(u), f(v)) < \varepsilon; f(\delta\text{-сети}) = \varepsilon\textit{-сеть}\]
    
    \textbf{Доказательство:}
    $\rhd$
    
    Возьмём $\delta$ из условия, выберем конечную $\delta$-сеть $N$ для $D$. Тогда, нам необходимо узнать, что при $E = f(D)$, $y = f(x)$, $E$ --- сверхорганиченно. Давайте возьмём любую точку $x$, найдём ближайшую $x_i$ из $D$ и посмотрим $f(x_i)$. Окажется, что $\rho(y, f(x_i)) < \varepsilon$. Вы скажете --- а почему??? Да всё просто, по равномерной непрерывности!
    
    $\lhd$

    
    \item $D\text{ --- сверхограниченно }\Rightarrow Cl(D)\text{ --- сверхограниченно}$
    
    \textbf{Доказательство:}
    $\rhd$
    
    $N$ --- конечная $\varepsilon$-сеть.
    
    $\forall x \in D \exists y \in N : \rho(x, y) < \varepsilon$
    
    Тогда:
    
    $\forall x \in Cl(D) \exists y \in N : \rho(x, y) \le \varepsilon$
    
    Возьмём $a \in D, a_i \rightarrow b (b \in Cl(D))$. Покрасим эту бесконечную последовательность в конечное число цветов, следовательно существует подпоследовательность одинакового цвета $a_{n_k}$. Следовательно, $a_{n_k} : \exists x_i \in N : \rho(a_{n_k}, x_i) < \varepsilon \ldots$ (предельный переход) $\rho(b, x_i) \le \varepsilon$. Получается, что мы получили т.н. $2\varepsilon$-сеть, типа, типа эпсилон надо взять чуть-чуть побольше.
    
    $\lhd$

    
    \item $D\text{ --- сверхограниченно }\Leftrightarrow \forall\text{ последовательность из $D$ содержит фундаментальную подпоследовательность}$
    
  \textbf{Доказательство:}
    $\rhd$
    
    $\Rightarrow$
    
    $\{y_n\}$ --- последовательность из $D$. Зафиксируем $\varepsilon = 1 : \{x_1, \ldots, x_n\}$. Логично, что в одном из шаров $B(x_i, \varepsilon)$ --- содержится бесконечно много элементов последовательности. Далее будем рассматривать только те элементы последовательности, которые внутри шара.
    
    Зафиксируем $\varepsilon = \frac{1}{2} : \{\hat{x}_1, \ldots, \hat{x}_n\}$. Логично, что в одном из шаров $B(\hat{x}_i, \varepsilon = \frac{1}{2})$ --- содержится бесконечно много элементов последовательности. Далее будем рассматривать только те элементы последовательности, которые внутри шара.
    
    И так далее!
    
    А почему же построенная система из под-шаров будет являться фундаментальной последовательностью? Да дело в том, что по определению фундаментальной последовательности, начиная с какого-то номера все элементы подпоследовательности будут лежать сколь угодно близко. А мы тут делаем ровно это --- просто берём нужный эпсилон и строим шары.
    
    $\Leftarrow$
    
    Очевидно. \Smiley
    
    Так как если нет конечной $\varepsilon$-сети, то $\exists \{x_n\}$ в $D : \rho(x, x_i) \ge \varepsilon \Rightarrow$ нельзя выбрать фундаментальную подпоследовательность. 

    $\lhd$
\end{enumerate}

\paragraph{Теорема}

\subparagraph{Формулировка:}

$(X, \rho)$ --- метрическое пространство, $X$ --- полное, $D \subset X$

Тогда эквивалентно:

\begin{enumerate}
    \item $D$ --- компактно.
    \item $D$ --- сверхограничено, замкнуто.
\end{enumerate}

\subparagraph{Доказательство: }
(в метрическом пространстве)

$X$ --- компактно $\Leftrightarrow X$ --- секвенциально компактно

$\rhd$

$\Rightarrow$

Полноту получаем автоматически. Если $\exists$ фундаментальная последовательность $\{y_n\}$, не имеющая предела, то из секвенциальной компактности $X$ следует, что существует сходящаяся подпоследовательность $\{x_{n_k}\}$

Допустим, что $X$ --- не сверограниченно $\Rightarrow \exists \{x_n\}$, из которой нельзя извлечь фундаментальную подпоследовательность, однако, это противоречит секвенциальной компактности (сх. подпосл. фундаментальна).

$\Leftarrow$

Сверхограниченно $\Rightarrow$ из любой последовательности можно извлечь фундаментальную $\Rightarrow$ она сходится (в силу полноты) $\Rightarrow$ оно секвенциально компактно $\Rightarrow_{\text{в } X}$ компактно.

$\lhd$

\subsubsection{Площадь криволинейного сектора: в полярных координатах и для параметрической кривой\texorpdfstring{$^2$}{}}

\subparagraph{Формулировка:}

$f(\varphi): [0, 2\pi] \rightarrow [0, \infty)$ --- непрерывная функция.

$\Phi([\alpha, \beta]) = S_{\text{сектора } [\alpha, \beta]}, \dbl g(\phi) = \frac{r^2(\phi)}{2}$

\[\Phi([\alpha, \beta]) = \int_\alpha^\beta{g(\phi)d\phi} = \frac{1}{2}\int_\alpha^\beta{r^2(\phi)d\phi}\]

Для параметрической:

\[S =  \frac{1}{2}\int_{t_\alpha}^{t_\beta}{(y^\prime(t)x(t) - x^\prime(t)y(t))dt}\]

\subparagraph{Доказательство:}

$\rhd$

Во первых, возьмём функцию промежутка (угла) $\Phi([\alpha, \beta]) = S_{\text{сектора }[\alpha, \beta]}$ и 'функцию' $g(\varphi) = r^2(\varphi)/2$. Если мы докажем, что $g$ --- плотность $\Phi$, то теореме о вычислении АФП по плотности у нас всё будет супер.

Заметим, что кусочек круга (круговой сектор) имеет площадь $\frac{1}{2}(\beta - \alpha) r^2$ (цитата: \textit{школьная формула}, а вообще, это достаточно логично, мы выбираем кусок круга, ограниченный двумя углами, причём мы смотрим внутри одной четверти, поэтому делим обычную площадь $\pi r^2$ на 4). Также, достаточно очевидно, что если мы на нашем промежутке (любом) найдём минимум и максимум функции, то \textit{сектор}(минимума) $\subset$ \textit{сектор}(функции) $\subset$ \textit{сектор}(максимума). Ура! 

\[\frac{1}{2}(\beta - \alpha) \min{r^2(\varphi)}_{\varphi \in [\alpha, \beta]} \le \Phi([\alpha, \beta]) \le \frac{1}{2}(\beta - \alpha) \max{r^2(\varphi)}_{\varphi \in [\alpha, \beta]}\]

Тогда по определению, $g$ --- плотность $\Phi$.

$\lhd$

Теперь просто переведём для параметрической формулы. $r(\varphi) = \sqrt{x^2(t) + y^2(t)}$. Также, проведём замену переменный в интеграле,
$\phi(t) = \arctan {\frac{y(t)}{x(t)}}$

\[\Phi([\alpha, \beta]) = \frac{1}{2}\int_\alpha^\beta{r^2(\varphi)d\varphi} = \frac{1}{2}\int_{\phi(\alpha)}^{\phi(\beta)}{r^2(\varphi)\phi^\prime(t)dt} = \frac{1}{2}\int_{\phi(\alpha)}^{\phi(\beta)}{(x^2(t) + y^2(t))\left(\arctan {\frac{y(t)}{x(t)}}\right)^\prime dt} = \]

\[ = \frac{1}{2}\int_{\phi(\alpha)}^{\phi(\beta)}{(x^2(t) + y^2(t))\left(\frac{1}{1 + \left(\frac{y(t)}{x(t)}\right)^2}\right)\left(\frac{y(t)}{x(t)}\right)^\prime dt} = \] 

\[ = \frac{1}{2}\int_{\phi(\alpha)}^{\phi(\beta)}{(x^2(t) + y^2(t))\left(\frac{x^2(t)}{x^2(t) + y^2(t)}\right)\left(\frac{y^\prime(t)x(t) - x^\prime(t)y(t)}{x^2(t)}\right) dt} = \]

\[ = \frac{1}{2}\int_{\phi(\alpha)}^{\phi(\beta)}{y^\prime(t)x(t) - x^\prime(t)y(t) dt} \]


\subsubsection{Изопериметрическое неравенство\texorpdfstring{$^2$}{}}
\subparagraph{Формулировка:}

$G \subset \mathbb{R}^2$ --- замкнуто и ограничено.

$\text{diam } G = \sup{\{\rho(x, y) : \forall x, y \in G\}} \le 1$

$\sigma(G) \le \frac{\pi}{4}$

\subparagraph{Доказательство:}

$\rhd$

Рассмотрим наше множество в 1 четверти декартовой системы координат:

\includegraphics[]{../images/isoperim1.png}

Рассмотрим его над- и под- графики. Заметим, что эти функции почти дифференцируемые (?). Возьмём какую-нибудь производную (касательную) и примем её за Oy:

\includegraphics[]{../images/isoperim2.png}

Теперь можем ввести функцию для площади сектора $r(\varphi) \Rightarrow \frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}{r^2(\varphi)d\varphi}$.

Возьмём какой-нибудь уголок $\varphi$, и отложим от него 90 градусов вниз, тем самым получим с Ox новый угол $\varphi - \frac{\pi}{2}$. Теперь делаем финт ушами, делим наш интеграл на промежуток до 0 и после, в части от $-\frac{\pi}{2}$ до 0 заменяем переменную на $\alpha = \varphi - \frac{\pi}{2}$ и потом грациозно меняем $\alpha$ на $\varphi$, так как нам по барабану, как называется переменная. Суммируем интегралы:

\[\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}{r^2(\varphi) + r^2(\varphi - \frac{\pi}{2}) d\varphi}\]

А теперь самое интересное. Посмотрим на отрезки $AB$ и $AC$, заметим, что это прямоугольный треугольник, и, соответственно, сумма их квадратов равна $BC$. А $BC \le \textsc{diag}(G) \le 1$, следовательно:

\[\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}{1 d\varphi} = \frac{\pi}{4}\]

$\lhd$

\subsubsection{Обобщенная теорема о плотности\texorpdfstring{$^1$}{}}
\subparagraph{Формулировка}
$\letus \phi: \segm \langle a, b \rangle \rightarrow \mathbb{R}$ --- аддитивная функция промежутка

$\letus f: \langle a, b \rangle \rightarrow \mathbb{R}$ --- непрерывна

$\letus \delta$ --- произвольный отрезок $\in \langle a, b \rangle$

$\letus m_\delta \le \inf_{x\in \delta}f(x)$, $M_\delta \ge \sup_{x\in \delta}f(x)$

\begin{enumerate}
    \item $m_\delta \cdot l_\delta \le \phi(\delta) \le M_\delta \cdot l_\delta$
    \item $\forall x \in \delta \quad m_\delta \le f(x) \le m_\delta$
    \item $\forall \delta \rightarrow [x, x] \quad M_\delta - m_\delta \rightarrow 0$
\end{enumerate}

Вот это ВСЁ должно выполняться. И тогда мы утверждаем, что верно: $\phi([p, q]) = \int_p^q f(x)\D x$. Это утверждение --- синоним того, что $f$ --- плотность $\phi$

\subparagraph{Доказательство}
$\rhd$

Для начала введём функцию, для которой потом будем пытаться доказать то, что она первообразная.

$\letus F(x) = 0$, если $x = p$ (отрезок $[p, p]$). $F(x) = \phi([p, x])$, если $x \in (p, q]$.

$\letus \delta = [x, y] \in [p, q]$

Идём просто по порядку нумерованных утверждений:
\begin{enumerate}
    \item Разделим всё на $l_\delta$. $m_\delta \le \frac{\phi(\delta)}{l_\delta} \le M_\delta$. Заметим, что $\phi(\delta) = F(y) - F(x)$, т.к. $\phi$ аддитивна.
    
    \item Заметили, что наши достижения из прошлого пункта и в этом зажаты в одном промежутке ($[m_\delta, M_\delta]$). Давайте этим воспользуемся и вычтем из первого второе: $|\frac{F(y) - F(x)}{l_\delta} - f(x)| \le M_\delta - m_\delta$.
    
    \item Возьмём достижение из прошлого пункта. Заметим, что $l_\delta = y - x$. А теперь давайте устремим $l_\delta$ в $0$. $\lim\limits_{y\rightarrow x} |\frac{F(y) - F(x)}{y - x} - f(x)| \le M_\delta - m_\delta$. Вспоминаем что мы писали в условии про 3 пункт, выясняется, что $M_\delta - m_\delta \rightarrow 0$, то есть всё это выражение стремится к 0. О БОЖЕ!!! Мы же получили ровно определение производной!
\end{enumerate}
$\lhd$


\subsubsection{Объём фигур вращения\texorpdfstring{$^1$}{}}
$\letus \delta = [p, q] \in \langle a, b \rangle$

$f: \langle a, b \rangle$ непрерывна (или кусочно-непрерывна, но там мы рассматриваем эти куски отдельно, ничего интересного)

$\letus \phi_x$ --- объём фигуры вращения $f$ относительно оси $x$ (получится криволинейная сосиска \Smiley)

$\letus \phi_y$ --- объём фигуры вращения $f$ относительно оси $y$ (получится бублик). Обращаем внимание, что радиус бублика в каждой точке вращения разный (чем дальше от оси, тем больше)

Утверждаем, что $\phi_x(\delta) = \pi \cdot \int_p^q f^2(x) \D x$. Вместо доказательств давайте разберёмся что откуда берётся: $\pi$ мы просто вынесли как константу, $\pi f^2(x)$ --- это площадь среза нашей колбасы в точке $x$. Ну и интегрируем её просто на нужном отрезке.

\includegraphics[]{rotate_x.png}

Далее, $\phi_y(\delta) = 2\pi \cdot \int_p^q x \cdot f(x) \D x$. Тут не всё так очевидно на первый взгляд. На самом деле, всё элементарно: $2\pi x$ --- это просто длина окружности в точке вращения. $f(x)$ же просто высота среза в этом месте. 

\includegraphics[]{rotate_y.png}


\subsubsection{Формула Тейлора с остатком в интегральной форме\texorpdfstring{$^1$}{}}
\subparagraph{Формулировка}
$f \in C^{n+1}(\langle a, b\rangle)$

$x, x_0 \in \langle a, b \rangle$

Тогда
$$
f(x) = f(x_0) + \frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0) + \frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 + \ldots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n + \frac{1}{n!}\int_{x_0}^x (x-t)^n f^{(n+1)}(t)\D t
$$

\subparagraph{Доказательство}
$\rhd$

А получается это очень просто, по индукции.
База $n = 0$:
$$
f(x) = f(x_0) + \int_{x_0}^x f'(t) \D t
$$
Важно: чтобы такие трюки работали, производная должна существовать (по условию $f \in C^{n+1}$

Интегрируем по частям:
$\int 1 \D t = t + C = t - x = -(x - t)$
$$
\int_{x_0}^x f'(t) \D t = -(x - t) \cdot f'(t) + \int_{x_0}^x (x - t) \cdot f''(t) \D t
$$

Ещё раз:
$\int -(x - t) \D t = \frac{1}{2} -(x - t)^2$. Заметили, что степень будет каждую итерацию инкрементиться, а так же каждую итерацию будет появляться множитель--дробь с знаменателем $i$. Так, когда мы дойдём до $n$, эта часть будет равна $\frac{1}{n!} -(x-t)^n$
$\lhd$


\subsubsection{Вычисление длины гладкого пути\texorpdfstring{$^1$}{}}
\subparagraph{Формулировка}
$\letus \gamma: [a, b] \rightarrow \mathbb{R}^m$, $\gamma$ --- гладкий путь.
$$
l(\gamma) = \int\limits_a^b |\gamma'(t)| \D t
$$

Note: работает только когда $\gamma$ инъективен.

\subparagraph{Доказательство}
$\rhd$

$\letus [p, q] \in \segm[a, b]$

Введём функцию $\phi([p, q]) = l(\gamma|_{[p, q]})$. Заметим, что это аддитивная функция промежутка (по 2 аксиоме гладкого пути). Вспоминаем "Теорема о вычислении аддитивной функции промежутка по плотности". То есть мы уже можем сказать, что на всём $[a, b]$ длина считается через $\int\limits_a^b ||\gamma'(t)|| \D t$. Однако, нам надо доказать, что $||\gamma'(t)||$ --- плотность $\phi$.

Для этого нужно проверить 3 утверждения:

$M_i([p, q]) := \max_{t\in[p, q]} |\gamma_i'(t)|$
\begin{enumerate}
    \item $m_{[p, q]} \cdot l_{[p, q]} \le \phi([p, q]) \le M_{[p, q]} \cdot l_{[p, q]}$
    
    Введём $\overline{\gamma}: [p, q] \rightarrow \mathbb{R}^m \quad \overline{\gamma}(t) = M([p,q]) \cdot t$
    
    Введём носители путей $\gamma$ и $\overline{\gamma}$: $C_\gamma C_{\overline{\gamma}}$
    
    Заметим, что отображение $T: C_\gamma \rightarrow C_{\overline{\gamma}}$ --- растяжение, т.к. $\forall i, j \in [p, q] \quad \rho(\gamma(i), \gamma(j)) = \sqrt{\sum_{k=1}^m (\gamma_k(i) - \gamma_k(j))^2} \underset{\text{Т. Лагранжа}}{=} \sqrt{\sum_{k=1}^m (\gamma'_k(c_k) \cdot (j - i) )^2} \le |j-i| \cdot \sqrt{\sum_{i=1}^m M_i^2([p, q])} = |j - i| \cdot M_{[p, q]} = \rho(\overline{\gamma}(i), \overline{\gamma}(j))$
    
    А это ровно и обозначает то, что мы записали в условии: $\phi([p, q]) \le |j - i| \cdot M_{[p, q]}$.
    
    Для минимумов симметрично
    
    \item $\forall x \in [p, q] \quad m_{[p, q]} \le ||\gamma'(x)|| \le M_{[p, q]}$
    
    $\gamma'(x) = \sqrt{\sum_{i=1}^m (\gamma'_i(x))^2} \le M_{[p, q]}$, т.к. никакое $\gamma'_i(x)$ не может быть больше максимума на промежутке. Для минимума симметрично.
    
    \item $\forall x \in [p, q] \quad M_{[p, q]} - m_{[p, q]} \underset{q - p \rightarrow 0}{\rightarrow} 0$
    
    Поскольку все $\gamma'_i(x)$ непрерывны, то предел максимума на отрезке, стремящемся к нему будет равен самому $\gamma'_i(x)$. Таким образом, разность минимума и максимума $\rightarrow 0$ (из непрерывности $\gamma'$ и предыдущего утверждения)
\end{enumerate}

$\lhd$


\subsubsection{Свойства верхнего и нижнего пределов\texorpdfstring{$^1$}{}}
\subparagraph{Формулировка}
$\letus x_n$

Если ничего не написано про нижний предел, значит там всё работает аналогично.
\begin{enumerate}
    \item $\underline{\lim} x_n \le \overline{\lim} x_n$
    \item $\letus k_n \le x_n \quad \overline{\lim} k_n \le \overline{\lim} x_n$
    \item $\letus \lambda \ge 0 \quad \overline{\lim} (\lambda x_n) = \lambda \overline{\lim} x_n$
    \item $\overline{\lim} (-x_n) = -\underline{\lim} x_n$
    \item $\letus k_n \quad \overline{\lim} (x_n + k_n) \le \overline{\lim} x_n + \overline{\lim} k_n$\\
    $\underline{\lim} (x_n + k_n) \ge \underline{\lim}x_n + \underline{\lim}k_n$
    \item $\letus t_n \rightarrow l \in \mathbb{R} \quad \overline{\lim} (x_n + t_n) = \overline{\lim} (x_n) + l$
    \item $\letus t_n \rightarrow l > 0 \in \mathbb{R} \quad \overline{\lim} (t_n \cdot x_n) = l \cdot \overline{\lim} x_n$
\end{enumerate}

\subparagraph{Доказательство}
Тут я буду ссылаться на простейшие свойства из определения \nameref{ВНП}.
\begin{enumerate}
    \item Очевидно из свойства 2.
    
    \item $\overline{\lim} x_n = \sup(x_n, x_{n+1}, \ldots)$\\
    $\overline{\lim} k_n = \sup(k_n, k_{n+1}, \ldots)$. Следовательно, поскольку все элементы меньше, то и точная граница будет меньше. 
    
    \item Очевидно по той же логике. Если мы берём $\sup(\lambda x_n, \lambda x_{n+1}, \ldots) = \lambda \sup(x_n, x_{n+1}, \ldots)$
    
    \item Простая логика неравенств: $x < a \Rightarrow -x > -a$. $\sup(-x_n, -x_{n+1}, \ldots) = -\inf(x_n, x_{n+1}, \ldots)$
    
    \item Очевидно. Равенство достигается, когда последовательности положительны. В противном случае, одна может вычесть другую и вместо увеличения верхнего предела, он уменьшится.
    
    \item $\forall \varepsilon > 0 \exists N_0 : \forall k > N_0 \quad l - \varepsilon \le t_k \le l + \varepsilon$\\
    $l - \varepsilon + x_k \le t_k + x_k \le l + \varepsilon + x_k$\\
    $\sup x_k = y_N$. Возьмём $N > N_0$. Перейдём к $\sup$: $l - \varepsilon + y_N \le \sup(t_N + x_N, t_{N+1} + x_{N+1}, \ldots) \le l + \varepsilon + y_N$\\
    $y_N \rightarrow \overline{\lim}x_n, \sup(t_N + x_N, t_{N+1} + x_{N+1}, \ldots) \rightarrow \overline{\lim} (x_n + t_n)$\\
    $\overline{\lim}(x_n) + l - \varepsilon \le \overline{\lim} (x_n + t_n) \le \overline{\lim} (x_n) + l + \varepsilon$. А поскольку $\varepsilon \rightarrow 0$, мы его опускаем и получаем выражение из условия
    
    То есть что мы тут сделали: расписали предел $t_k$, прибавили к нему $x_k$, перешли к супремуму, устремили $N$ в бесконечность и сделали предельный переход, после которого всё превратилось в верхние пределы и сошлось.
    
    \item КПК не хочет доказывать \Smiley
\end{enumerate}


\subsubsection{Техническое описание верхнего предела\texorpdfstring{$^1$}{}}
\label{ТехВерхПредел}
\subparagraph{Формулировка}
$\letus x_n$
\begin{enumerate}
    \item $\overline{\lim} x_n = +\infty \Leftrightarrow x_n$ не ограничено сверху
    \item $\overline{\lim} x_n = -\infty \Leftrightarrow x_n \rightarrow -\infty$
    \item $\overline{\lim} x_n = l \in \mathbb{R} \Leftrightarrow $ \begin{enumerate}
        \item $\forall \varepsilon > 0 \exists N : \forall n > N \quad x_n < l + \varepsilon$
        \item $\forall \varepsilon > 0 \exists$ беск. число $n : x_n > l - \varepsilon$
    \end{enumerate}
\end{enumerate}

\subparagraph{Доказательство}
\begin{enumerate}
    \item Очевидно
    
    \item $\Rightarrow$\\ 
    Так же очевидно: $\sup(x_n, x_{n+1},\ldots) = -\infty$, а по свойству 2, $x_n \le y_n$.\\
    $\Leftarrow$\\
    Если $x_n$ стремится к $-\infty$, то $\forall E < 0 \exists N : \forall n > N \quad x_n < E \Rightarrow sup(x_n, x_{n+1}, \ldots) < E$
    
    \item $\Rightarrow$\\
    \begin{enumerate}
        \item По свойству 2, $x_n \le y_n$, а $y_n$ монотонно убывает и $y_n \rightarrow l$
        \item Очевидно из того факта, что последовательность $y_n$ имеет бесконечное количество элементов, при том, что $y_n \rightarrow l$. То есть мы можем брать бесконечное число элементов и получим выполнение условия.
    \end{enumerate}
    $\Leftarrow$\\
    $\forall \varepsilon > 0 \exists N : \forall n > N \quad x_n < l + \varepsilon, \forall \varepsilon > 0 \exists$ беск. число $n : x_n > l - \varepsilon$. Возьмём эти неравенства и перейдём к супремуму (который мы обозначаем как $y_n$:\\
    $l - \varepsilon \le y_n \le l + \varepsilon$. Верхняя оценка верна по умолчанию, а нижняя потому, что $y_n$ --- супремум, то есть ВЕРХНЯЯ граница.
\end{enumerate}


\subsubsection{Теорема о существовании предела в терминах верхнего и нижнего пределов\texorpdfstring{$^1$}{}}
\subparagraph{Формулировка}
$\overline{\lim}x_n = \underline{\lim}x_n \Leftrightarrow \exists \lim x_n$

\subparagraph{Доказательство}
$\Rightarrow$

$\underline{\lim}x_n$ это предел последовательности $z_m$, которая состоит из $\inf_{n\in [m, +\infty) \cap \mathbb{N}} x_n$. Очевидно, $z_n \le x_n$. Аналогичное верно для $\overline{\lim}x_n$ (пусть последовательность тут будет $k_n$). 

Соответственно, $z_n \le x_n \le k_n$. А поскольку $\overline{\lim}x_n = \underline{\lim}x_n$, то по теореме о двух городовых, $x_n$ имеет тот же предел.

$\Leftarrow$

$\overline{\lim}x_n = l \Rightarrow \forall \varepsilon > 0 \exists N : \forall n > N x_n < l + \varepsilon$. Заметим, что если мы сюда подставим определение предела последовательности по Коши, то это определение так же выполняется. Разумеется, в оба определения в качестве предела мы подставляем точку $l$ и видим, что ничего не нарушается ($\varepsilon$-окрестность точки $l$, в которой лежат все точки, начиная с $N$, гарантирует выполнение $x_n < l + \varepsilon$. Для нижнего предела всё то же самое, а поскольку точка у нас фиксирована, мы видим равенство верхнего и нижнего пределов.


\subsubsection{Теорема о характеризации верхнего предела как частичного\texorpdfstring{$^1$}{}}
\subparagraph{Формулировка}
$\overline{\lim}x_n = l \Rightarrow \exists \lim x_{n_k}=l$

\subparagraph{Доказательство}
Очевидно, чтобы такое доказать, надо предъявить подходящую подпоследовательность. По тех. определению верхнего предела, точка является предельной в последовательности, то есть мы можем сколько угодно приближать $\varepsilon$, в ней найдётся нужная точка.

$$
\forall k \in \mathbb{N} \exists n_k : l - \frac{1}{k} \le x_{n_k} \le l + \frac{1}{k}
$$

То есть грубо говоря, мы выдумали последовательность, которая стремится к $l$. Супремум является предельной точкой, а значит, мы можем приближать нашу последовательность в любом из супремумов (у нас же предел --- последовательность супремумов). Ну другими словами, это значит, что мы можем при всём этом сделать так, чтобы последовательность $n_k$ была возрастающей. И таким образом мы вытащили самую настоящую подпоследовательность, а значит нашли частичный предел, равный верхнему.

Ещё не забываем, что верхний предел может быть бесконечностью, но там всё очевидно. Выбираем подпоследовательность, стремящуюся в бесконечность. У нас последовательность не ограничена, а значит такой есть.

\subsubsection{Теорема о формуле трапеций, формула Эйлера--Маклорена\texorpdfstring{$^2$}{}}

\subparagraph{Формулировка (Теорема о формуле трапеций):}

$f \in C^2[a, b], \tau$ --- дробление, $\delta = \max(x_i - x_{i - 1})$

Тогда
\[\left|\int_a^b{f} - \sum{\frac{f(x_i) + f(x_{i - 1})}{2}(x_i - x_{i - 1})}\right| \le \frac{\delta^2}{8}\int_a^b{\left|f^{\prime\prime}\right|}\]

\subparagraph{Доказательство (Теорема о формуле трапеций):}

Введем $\xi_k = \frac{x_{k-1} + x_k} {2}$

Рассмотрим интеграл на каждом отрезке дробления:
$$
\int_{x_{k-1}}^{x_k} f(x)dx = \int_{x_{k-1}}^{x_k} f(x) d(x - \xi_k) = 
$$

Проинтегрируем по частям:
$u = f(x) \Rightarrow u' = f'(x) \qquad v' = 1 \Rightarrow v = x - \xi_k$

$$
= f(x)(x - \xi_k)|_{x_{k-1}}^{x_k} - \int_{x_{k-1}}^{x_k} f'(x)(x - \xi_k) dx = \frac{f(x_{k - 1}) + f(x_k)} {2} \cdot (x_k - x_{k-1}) - \int_{x_{k-1}}^{x_k} f'(x)(x - \xi_k) dx
$$

Последнее равенство верно в силу того, что 

$$
f(x_k)(x_k - \xi_k) - f(x_{k-1})(x_{k-1} - \xi_k) = f(x_k)x_k - f(x_k)\xi_k + f(x_{k-1})x_{k-1} - f(x_{k-1})\xi_k
$$

Введем $\psi(x) = (x_k - x)(x - x_{k-1}) \quad x \in [x_{k-1}, x_k]$

$\psi'(x) = (x_k\cdot x - x_k\cdot  x_{k-1} - x^2 + x\cdot x_{k-1})' = -2x + x_k + x_{k-1} \Rightarrow -\frac{1}{2} \psi(x) = x - \xi_k$

Получившийся до этого интеграл снова проинтегрируем по частям $u = f'(x) \Rightarrow u' = f''(x) \quad v' = \psi'(x) \Rightarrow v = \psi(x)$


$$
\frac{1}{2}\int_{x_{k-1}}^{x_k}f'(x)\psi'(x)dx = \frac{1}{2}(f'(x) \cdot \psi(x) |_{x_{k-1}}^{x_k} - \int_{x_{k-1}}^{x_k} f''(x) \psi(x) dx)
$$

Итого:

$$
\int_{x_{k-1}}^{x_k}f'(x)dx = \frac{f(x_{k-1}) + f(x_k)}{2} - \frac{1}{2}\int_{x_{k-1}}^{x_k}f''(x)\psi(x)dx
$$

Теперь поработаем с началом: 
\begin{multline*}
\left|\int_a^bf(x)dx - \sum_{k=1}^n \frac{f(x_{k-1}) + f(x_k)}{2} \cdot (x_k - x_{k-1})\right| = \\ =  \left|\sum_{k=1}^n\int_{x_{k-1}}^{x_k}f(x)dx - \sum_{k=1}^n \frac{f(x_{k-1}) + f(x_k)} {2} (x_k - x_{k-1})\right| = \\ = \left|\frac{1}{2} \sum_{k=1}^n (f(x_k) + f(x_{k-1}))(x_k-x_{k-1}) + \int_{x_{k-1}}^{x_k}f''(x) \psi(x)dx - \frac{f(x_{k-1}) + f(x_k)}{2}(x_k - x_{k-1})\right| \leq \\ \leq \left|\frac{1}{2}\sum_{k=1}^n\int_{x_{k-1}}^{x_k}f''(x)\psi(x)dx\right| = \left|\frac{1}{2} \int_a^bf''(x)\psi(x)dx'\right|
\end{multline*}

Теперь оценим $\psi(x)$:

\begin{multline*}
    \psi(\xi_k) = (x_k - \xi_k)(\xi(k) - x_{k-1}) = \left(x_k - \frac{x_k + x_{k-1}}{2}\right)\left(\frac{x_k  + x_{k-1}}{2} - x_{k-1}\right) = \\ = \left(\frac{x_k - x_{k-1}}{2}\right)\left(\frac{x_k - x_{k-1}}{2}\right) = \frac{1}{4} (x_k - x_{k-1})^2 = \psi(x) \leq \frac{1}{4}\delta^2
\end{multline*}
здесь $\delta$ - максимум по отрезкам.

И в итоге получаем: 
$$
\left|\frac{1}{8}\int_a^bf''(x)dx\right| = \frac{1}{8}\int_a^b|f''(x)|dx
$$

\subparagraph{Формулировка (Формула Эйлера--Маклорена):}

$m, n \in \mathbb{Z}, f \in C^2[m, n]$

Тогда 

\[\int_m^nf = \sum_{i = m}^n{f(i)} - \frac{1}{2}\int_m^n{f^{\prime\prime}(x)\{x\}(1 - \{x\})}dx\]

Причём первое и последнее слагаемое в сумме входят с множителем $\frac{1}{2}$

\subparagraph{Доказательство (Формула Эйлера--Маклорена):}

Из доказательства предыдущей теоремы вспоминаем, что: 
$$
\int_a^bf(x)dx = \sum_{k=1}^n\frac{f(x_{k-1}) + f(x_k)}{2} \cdot (x_k - x_{k-1}) - \frac{1}{2}\int_a^b f''(x) \psi(x)dx
$$

и понимаем, что $\{x\}(1-\{x\})$ - просто интересная запись для $\psi(x)$.

\subsubsection{Асимптотика степенных сумм\texorpdfstring{$^2$}{}}
\subparagraph{Формулировка:}

Наша функция $p > 1, f(x) = x^p$. Возьмём сумму первых $n$ членов:
\[1^p + 2^p + \ldots + n^p = \int_1^n{f(x)} = \sum_{i = 1}^{n - 1}{x^p} + \frac{1}{2}1^p + \frac{1}{2}n^p - \frac{1}{2}\int_m^n{p(p - 1)x^{p - 2}\{x\}(1 - \{x\})} \\= \ldots = \frac{n^{p + 1}}{p + 1} + \frac{1}{2}n^p + O(\max{1, n^{p - 1}})\]

\subparagraph{Доказательство:}

Формула Эйлера-Маклорена:

$$
1^p + 2^p + \ldots + n^p = \int_1^n x^p dx + \frac{1}{2} + \frac{n^p}{2} + \frac{p(p-1)}{2}\int_1^n x^{p-1}\{x\}(1 - \{x\})dx
$$

Теперь один из интегралов оценим, а второй просто посчитаем.

$$
0 \leq \int_1^n x^{p-2} \{x\}\{1 - x\} dx \leq \frac{1}{4} \left(\frac{n^{p-1} - 1}{p - 1}\right) = O\left(\max{1, n^{p-1}}\right)
$$

Оценка справедлива, т.к. $\max{\{x\}\{1 - x\} }$ достигается при $x = \frac{1}{2}$

$$
\int_1^n x^p dx = \frac{n^{p+1} - 1}{p + 1}
$$

Итого:

$$
1^p + 2^p + \ldots + n^p = \frac{1}{2}(1 + n^p) + \frac{n^{p + 1} - 1} {p + 1} + O(\max 1, n^{p-1}) 
$$

Все константы запихиваем под $O$

$$
1^p + 2^p + \ldots + n^p = \frac{n^p}{2} + \frac{n^{p + 1}}{p + 1} + O(\max 1, n^{p-1})
$$
q.e.d.

Fun fact: 

При $p < -1 \quad 1^p + 2^p + \ldots + n^p = O(1) \Rightarrow \sum_{n=1}^{+\infty} n^p$ - сходится.



\subsubsection{Асимптотика частичных сумм гармонического ряда\texorpdfstring{$^3$}{}}

\subparagraph{Формулировка:}

\[1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \ldots + \frac{1}{n} = \ldots = \ln{n} + \gamma + o(1), \gamma \in \left[\frac{1}{2}, \frac{1}{2} + \frac{1}{8}\right]\]

\begin{proof}
\begin{equation*}
1 + \frac{1} {2} + \frac{1} {3} + \ldots + \frac{1} {n} = \frac{1} {2}\left(1 + \frac{1} {n}\right) + \ln{n} + \ln{1} + \int_1^n \frac{1}{x^3} \{x\} \{1 - x\} \D x
\end{equation*}
Заметим, что правый интеграл возрастает как $f(n)$ и ограничен
\begin{equation*}
\int_1^n \frac{1}{x^3} \{x\} \{1 - x\} \D x \leq \frac{1} {4}\int_1 ^n \frac{1} {x^3}\D x \leq \frac{1} {4} \left(-\frac{1} {2} \frac{1} {x^2} \arrowvert^n_1\right) \leq \frac{1} {8} \left(1 - \frac{1} {n^2}\right) \leq \frac{1} {8}
\end{equation*}
Первый переход легитимен, т.к. это возрастающая функция. Последний переход справедлив, т.к. $\frac{1} {n^2}$ - возрастающая.
Таким образом, 
\begin{equation}
1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \ldots + \frac{1}{n} = \ldots = \ln{n} + \gamma + o(1)
\end{equation}
где $\gamma \in [\frac{1} {2}; \frac{1} {2} + \frac{1} {8}]$ - постоянная Эйлера, оборачивает интеграл и $\frac{1} {2}\left(1 + \frac{1} {n}\right)$. 
\end{proof}

\subsubsection{Формула Валлиса\texorpdfstring{$^1$}{}}\label{Валлис}
\subparagraph{Формулировка}
$$
\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^n x \D x = \frac{n-1!!}{n!!}\frac{\pi}{2}, n\text{-- чётно}
$$
$$
\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^n x \D x = \frac{n-1!!}{n!!}, n\text{-- нечётно}
$$

\subparagraph{Доказательство}
$\rhd$
$$
I_n := \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^n x \D x
$$

$$
I_0 = \frac{\pi}{2}
$$
$$
I_1 = 1
$$

$$
I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^n x \D x = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin x \cdot \sin^{n-1}x \D x \underset{\text{по частям}}{=} -\cos x \sin^{n-1} x |_0^{\frac{\pi}{2}} + (n-1)\int_0^\frac{\pi}{2} \sin^{n-2}x \cos^2x \D x =
$$

$$
-\cos x \sin^{n-1} x |_0^{\frac{\pi}{2}} = 0
$$

$$
= (n-1)\int_0^\frac{\pi}{2} \sin^{n-2}x (1 - \sin^2x) \D x = (n-1)\int_0^\frac{\pi}{2} (\sin^{n-2}x - \sin^n x) \D x = 
$$
$$
= (n-1)\int_0^\frac{\pi}{2} \sin^{n-2}x \D x - (n-1)\int_0^\frac{\pi}{2} \sin^n x \D x = (n-1) I_{n-2} - (n-1) I_n 
$$
$$
I_n + (n-1)I_n = (n-1)I_{n-2}
$$
$$
I_n = \frac{n-1}{n}I_{n-2}
$$
$\lhd$

\subsubsection{Простейшие свойства несобственного интеграла\texorpdfstring{$^2$}{}}

\subparagraph{Формулировка:}

\begin{enumerate}
    \item \textbf{Критерий Больцано-Коши}
    
    $\lim_{A \rightarrow b - 0}{\int_a^A}$ --- конечный $\Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0 \dbl \exists \delta \in (a, b) \dbl \forall A, B \in (\delta, b) \quad \left|\int_A^B\right| < \varepsilon$
    
  \item \textbf{Аддитивность по промежутку}
    
    $f$ --- допустима, $[a, b), c \in (a, b)$. Тогда $\int_a^{\rightarrow b}$ и $\int_c^{\rightarrow b}$ --- сходятся и расходятся одновременно. А если сходятся, то $\int_a^{\rightarrow b} = \int_a^{c} + \int_c^{\rightarrow b}$
    
  \item \textbf{Линейность}
    
    $f, g$ --- допустимы, $\int_a^{\rightarrow b}f, \int_a^{\rightarrow b}g$ --- сходятся, $\lambda \in \mathbb{R}$. Тогда $\lambda f, f \pm g$ --- допустимы, $\int_a^{\rightarrow b}{\lambda f}$ и $\int_a^{\rightarrow b}{f \pm g}$ --- сходятся. 
    
    \begin{enumerate}
        \item $\int_a^{\rightarrow b}{\lambda f} = \lambda \int_a^{\rightarrow b}{f}$
        
         \item $\int_a^{\rightarrow b}{f \pm g} = \int_a^{\rightarrow b}{f} + \int_a^{\rightarrow b}{g}$
    \end{enumerate}
    \item \textbf{Интегрирование неравенств}
    
    $f, g$ --- допустимы, $\int_a^{\rightarrow b}f, \int_a^{\rightarrow b}g$ --- существуют в $\overline{\mathbb{R}}$, $f \le g$ на $[a, b)$. Тогда $\int_a^{\rightarrow b}f \le \int_a^{\rightarrow b}g$
    
    \item \textbf{Интегрирование произведения}
    
    $f, g$ --- дифф. на$[a, b)$, $f^\prime, g^\prime $ --- допустимы. $\Leftrightarrow f, g \in C[a, b]$.
    
    $\int_a^{\rightarrow b}{fg^\prime} = fg|_a^{\rightarrow b} - \int_a^{\rightarrow b}{f^\prime g}$ (если существуют хотя бы 2 предела, то существует и 3й, и равенство выполняется)
    
    \item \textbf{Интегрирование композиции}
    
    $\phi: [\alpha, \beta) \rightarrow \langle A, B \rangle, \phi \in C[\alpha, \beta]$ 
    $f: \langle A, B \rangle \rightarrow \mathbb{R}, \exists \phi(\beta - 0) \in \overline{\mathbb{R}}$
    
    Тогда:
    
    $\int_\alpha^{\rightarrow \beta}{f(\phi(t))\phi^\prime(t)dt} =
     \int_{\phi(\alpha)}^{\rightarrow \phi(\beta - 0)}{f(x)dx}$
     
     \textit{Примечание:}
     $f$ --- кусочно непрерывна на $[a, b]$. Если рассмотреть на $[a, b)$, то $\int_a^{\rightarrow b}{f} = \int_a^b{f}$
    

\end{enumerate}

\subparagraph{Доказательство:}


\begin{enumerate}
    \item 
        Почти в тупую выводится из признака Больцано-Коши:
        $$
        \forall \varepsilon > 0 \quad \exists \delta > 0 \quad \forall x_1, x_2: |x_1 - b| < \delta \quad |x_2 - b| < \delta \quad |f(x_1) - f(x_2)| < \varepsilon \Leftrightarrow \exists \lim_{x\to b} f(x) \in \mathbb{R}
        $$

        (это он же, но для $\lim_{A\to b-0} \Phi(A)$, где $\Phi(A) = \int_a^A f(x) dx$)
    \item
        $\forall A \in (a, b)$
        $$
        \int_a^Af(x)dx = \int_a^c f(x)dx + \int_c^Af(x)dx
        $$
        Дальше делаем предельный переход и радуемся жизни.

        \textbf{Следствие из критерия Больцано-Коши}

        Если $\exists A_n \to b-0\quad B_n \to b-0; \quad A_n < B_n; \quad \int_{A_n}^{B_n}f(x)dx \nrightarrow 0$

        Тогда $\int_a^{\to b} f(x) dx$ - расходится. 

        Доказывается пристальным взглядом на верхний и нижний предел.
    \item 
    \item 
    \item 
    \item
        Все эти пункты доказываются по аналогии с п.2: Мы сводим признаки к признакам обычных определенных интегралов и делаем предельный переход. 
\end{enumerate}



\subsubsection{Изучение сходимости интеграла \texorpdfstring{$\int_{10}^\infty \frac{dx}{x^\alpha (\ln x)^\beta}$}{int [10, inf] dx/x\^a(ln x)\^b}\texorpdfstring{$^2$}{}}


\subparagraph{Формулировка:}

$\int_{10}^\infty \frac{dx}{x^\alpha (\ln x)^\beta}$ - когда-то сходится, а когда-то нет.

\subparagraph{Доказательство:}

Рассмотрим возможные значения $\alpha$: 

\begin{enumerate}
    \item $\alpha > 1$

        Пусть $\alpha = 1 + 2a, \quad a \in (0, +\infty)$. Тогда: 
        $$
        \int_{10}^{+\infty}\frac{dx}{x^{1 + 2a} \cdot (\ln{x})^\beta} = \int_{10}^{+\infty} \frac{dx}{x^{1 + a}} \cdot \frac{1}{x^a \cdot (\ln{x})^\beta}
        $$
        Заметим, что второй множитель $\to 0$ при $x\to \infty$. Почему? При $\beta \geq 0$ - тривиально, знаменатель будет улетать в бесконечность. 

        Для $\beta < 0$ применим хитрое правило Лопиталя: 
        $\frac{1}{x^a \cdot (\ln{x})^{-\beta}} = \frac {(\ln{x})^\beta} {x^\alpha}$ - здесь уже $\beta > 0$, а числитель и знаменатель $\to +\infty$. Лопиталим:
        $$
        \frac{\beta(\ln{x})^{\beta - 1} \frac{1}{x}}{a\cdot x^{a - 1}} = \frac{\beta \cdot (\ln{x})^{\beta - 1}} {a \cdot x^a}
        $$

        Видим, что просто уменьшается степерь у $\ln{x} \Rightarrow $ применив Лопиталя $\beta$ раз получим что-то вроде $\frac{\beta!}{a^\beta x^a} \to 0$ (важно, что "вроде", т.к. степени могут быть нецелыми) $\Rightarrow$ от $\beta$ ничего не зависит при $\alpha > 1 \Rightarrow \int_{10}^{+\infty} \frac{dx}{x^{1 + a}} \cdot \frac{1}{x^a \cdot (\ln{x})^\beta} \leq \frac{1}{x^{1 + a}}$ - сходится, начиная с некоторого $x$. 
    \item $\alpha < 1$

        Пусть $\alpha = 1 - 2b, \quad b \in  (0, +\infty)$. Тогда:

        $$
        \int_{10}^{+\infty} \frac{dx}{x^{1-b}} \cdot \frac{1}{x^{-b} \cdot (\ln{x}^\beta)} = \int_{10}^{+\infty}\frac{dx}{x^{1 - b}} \cdot \left(\frac{x^b}{(\ln{x})^\beta}\right) \geq \frac{1}{x^{1 - b}}
        $$
        - начиная с некоторого места расходится. 
    \item $\alpha = 1$
        $$
        \int_{10}^{+\infty}\frac{dx}{x \cdot (\ln{x})^\beta} = \left[
        \begin{alignedat}{2}
            y &= \ln{x} \\
            x &= e^{y} \\
        \end{alignedat}
    \right] = \int_{\ln{10}}^{+\infty} \frac{dy\cdot e^y} {e^y \cdot y^\beta} = \int_{\ln{10}} ^{+\infty} \frac{dy}{y^\beta}
        $$
        где-то эту штуку мы уже видели. При $\beta \leq 1$ - расходится, а при $\beta > 1$ - сходится.
\end{enumerate}

Итого:

$\alpha > 1$, 

    $\qquad \forall \beta$ - сходится.

$\alpha < 1$,

    $\qquad \forall \beta$ - расходится.

$\alpha = 1,\quad $

    $\qquad \beta \leq 1$ - расходится, 

    $\qquad \beta > 1$ - сходится.

\section{Период Мезозойский}
\subsection{Важные определения}
\subsubsection{Гамма функция Эйлера\texorpdfstring{$^1$}{}}
$$
\Gamma(x) = \int^{+\infty}_0 t^{x-1} e^{-t} \D t
$$

\subsubsection{Абсолютно сходящийся интеграл, ряд\texorpdfstring{$^1$}{}}
\paragraph{Интеграл}
$\letus f: [ a, b ) \rightarrow \mathbb{R} $ допустима

Несобственный интеграл называется абсолютно сходящимся, когда выполняются 2 условия:
\begin{enumerate}
    \item $\int_a^{\rightarrow b} f(x) \D x$ сходится
    \item $\int_a^{\rightarrow b} |f(x)| \D x$ сходится
\end{enumerate}

\paragraph{Ряд}
$\letus a_n$
\begin{enumerate}
    \item $\sum_{n=1}^{+\infty} a_n$ сходится
    \item $\sum_{n=1}^{+\infty} |a_n|$ сходится
\end{enumerate}

\subsubsection{Числовой ряд, сумма ряда, сходимость, расходимость\texorpdfstring{$^1$}{}}
\paragraph{Числовой ряд}
Выражение
$$
\sum_{k=1}^{+\infty} a_k \quad | \quad a_1+a_2+a_3+\ldots
$$
называется формальным рядом. Введём понятие частичных сумм:
$$
S_N = a_1+a_2+\ldots+a_N
$$
Тогда ряд можно представить как предел последовательности частичных сумм:
$$
\lim_{N\rightarrow +\infty} S_N = S
$$

\paragraph{Сумма ряда}
$S$ называют суммой ряда.
\paragraph{Сходимость}
Если $S \in \mathbb{R}$, то такой ряд называют сходящимся
\paragraph{Расходимость}
Если $S = \pm\infty$ или $\nexists \lim S_N$, то такой ряд называют расходящимся



\newpage
\subsection{Определения}

\subsubsection{\texorpdfstring{$n$}{n}-й остаток ряда\texorpdfstring{$^1$}{}}
$R_N = \sum_{k=N}^{+\infty} a_k$ --- $N$-ый остаток ряда.

\subsubsection{Критерий Больцано--Коши сходимости числового ряда\texorpdfstring{$^1$}{}}
\nameref{КБК}

\subsubsection{Бесконечное произведение\texorpdfstring{$^3$}{}}

Выражение вида $\prod\limits_{k=1}^{+\infty}a_k$ будем называть бесконечным произведением. 

Обозначим $P_n = \prod\limits_{k=1}^{n}a_k$ - что-то типа частичного произведения.

Если:
\begin{enumerate}
    \item $\exists $ конечный $ \lim\limits_{n\to+\infty} P_n \in (0, +\infty)$, то произведение сходится
    \item $\lim\limits_{n\to+\infty} P_n = +\infty$, то произведение расходится
    \item $\lim\limits_{n\to+\infty} P_n = 0$, то произведение расходится к нулю
    \item $\nexists \lim\limits_{n\to+\infty} P_n$, то произведение расходится
\end{enumerate}


Обозначим $\prod_n = \prod\limits_{k=n}^{+\infty}$ и отметим пару свойств бесконечных произведений:
\begin{enumerate}
    \item $\prod\limits_{k=n}^{+\infty} = P_{n - 1} \cdot \prod_n$ 
    \item $\prod\limits_{k=n}^{+\infty} a_k$ сходится $\Rightarrow \prod_n \to 1$ при $n \to +\infty$ 
    \item $\prod\limits_{k=n}^{+\infty} a_k$ сходится $\Rightarrow a_k \to 1$
    \item $\prod\limits_{k=n}^{+\infty} a_k$ сходится только если $\exists K \in \mathbb{N}:\quad \forall k > K \quad a_k > 0$
    \item Пусть $a_k >0$. Тогда $\prod\limits_{k=n}^{+\infty} a_k$ сходится $\Leftrightarrow$ ряд $\sum \ln{a_k}$ сходится. Причем если $\sum \ln{a_k} = S$, то $\prod\limits_{k=n}^{+\infty} a_k = e^S$
\end{enumerate}

Доказываются эти свойства очевидно, поэтому просто накину идеи доказательств. 

\begin{enumerate}
    \item Предельный переход при $n\to +\infty$
    \item Выражаем нужный член из первого пункта
    \item $a_k = \frac{P_k}{P_{k-1}} \to 1$ при $k \to +\infty$
    \item Теорема о стабилизации знака
    \item Просто прологарифмируем $P_n$
\end{enumerate}


\newpage
\subsection{Важные теоремы}
\subsubsection{Гамма функция Эйлера. Простейшие свойства.\texorpdfstring{$^1$}{}}
\subparagraph{Формулировка + доказательство}
\begin{enumerate}
    \item Область определения
    
    Поищем где интеграл сходится:
    
    Рассмотрим промежуток интегрирования от 0 до 1. Очевидно, при $t\rightarrow 0 \quad t^{x-1} e^{-t} \equiv t^{x-1}$. Ну а так как $x-1 > -1$, то и интеграл сходится. Обратите внимание, это именно то условие, почему при $x \le 0$ всё ломается.
    
    Теперь осталось посмотреть на промежуток от 1 до $+\infty$:
    Надо просто заметить что экспонента стремится к нулю быстрее, чем возрастает $t^{x-1}$. Соответственно, мы можем отломить от неё кусок, заметив, что вся наша формула неотрицательна (т.к. все члены положительны):
    $$
    0 \le t^{x-1} e^{-t} = t^{x-1} e^{-\frac t2} e^{-\frac t2}
    $$
    Так как экспонента стремится к нулю быстрее при росте $t$, а $t^{x-1}$ ограничена, то $t^{x-1} e^{-\frac t2}$ тоже стремится к нулю, а значит:
    $$
    t^{x-1} e^{-\frac t2} e^{-\frac t2} \le e^{-\frac t2}
    $$
    А это уже стремится к нулю, то есть интеграл сходится.
    
    
    \item Выпуклость
    
    Зафиксируем $t$ и рассмотрим подынтегральную функцию. Тогда формула превратится в $f(x) = t^{x-1}e^{-t}$. Теперь мы смотрим на $t$ как на константу и видим произведение показательной функции с какой-то константой. Показательная функция выпукла $\implies f(\alpha_1 x_1 + \alpha_2 x_2) \le \alpha_1 f(x_1) + \alpha_2 f(x_2)$. Теперь если всё это безобразие проинтегрировать и подшаманить, то получится $$
    \int^{+\infty}_0 t^{\alpha_1 x_1 + \alpha_2 x_2 -1} e^{-t} \D t \le \alpha_1 \int^{+\infty}_0 t^{x_1-1} e^{-t} \D t + \alpha_2 \int^{+\infty}_0 t^{x_2-1} e^{-t} \D t
    $$
    
    А это определение выпуклости нашей рассматриваемой функции. BTW, из выпуклости следует непрерывность этой функции на всей области определения.
    
    \item Значение
    Проинтегрируем нашу гамма-функцию по частям:
    $$
    \Gamma(x+1) = \int^{+\infty}_0 t^{x} e^{-t} \D t = -t^x e^{-t} |^{+\infty}_0 + x\int^{+\infty}_0 t^{x-1} e^{-t} \D t = 0 + x\int^{+\infty}_0 t^{x-1} e^{-t} \D t = x\cdot \Gamma(x)
    $$
    
    Теперь заметим, что $\Gamma(1) = 1$, из чего по индукции получаем $\Gamma(n+1) = n!$
    
    \item График
    
    Рассмотрим $\Gamma(x) = \frac{\Gamma(x+1)}{x}$
    
    При $x \rightarrow 0 \quad \Gamma(x+1) \rightarrow \Gamma(1) = 1 \Rightarrow \Gamma(x) = \frac{\Gamma(x+1)}{x} \rightarrow \frac 1x$ 
    
    \includegraphics[]{../images/gamma-euler.png}
    
    \item Связь с $\pi$
    $$
    \Gamma(\frac 12) = \int_0^{+\infty} t^{-\frac 12} e^{-t} \D t \underset{t:= x^2}{=} 2\int_0^{+\infty} x \cdot x^{-1} e^{-x^2} \D x = 2\int_0^{+\infty} e^{-x^2} \D x \underset{\text{\nameref{ИЭП}}}{=} \sqrt \pi
    $$
\end{enumerate}


\subsubsection{Неравенство Йенсена для сумм\texorpdfstring{$^1$}{}}
\subparagraph{Формулировка}
$f: \langle a, b \rangle \rightarrow \mathbb{R}$ выпуклая.

$\forall x_1, x_2, \ldots, x_n \in [a, b]$

$\forall \alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n : \sum_i \alpha_i = 1$

$$
f(\alpha_1 x_1 + \alpha_2 x_2 + \ldots + \alpha_n x_n) \le \alpha_1 f(x_1) + \alpha_2 f(x_2) + \ldots + \alpha_n f(x_n)
$$


\subparagraph{Доказательство}

Пользуясь выпуклостью, мы можем провести опорную прямую такую, что $f(x)$ будет выше этой прямой. Нас интересует прямая в точке $x^* := \alpha_1 x_1 + \alpha_2 x_2 + \ldots + \alpha_n x_n$ по условию. Но сначала надо убедиться, что точка лежит в $\langle a, b \rangle$:
$$
a \le \min_{i}(x_i) \le \sum_i \alpha_i \cdot x_i \le \sum_i \alpha_i \cdot \max_j (x_j) = \max_j (x_j) \sum_i \alpha_i = \max_j (x_j) \le b
$$

Теперь проводим опорную прямую:
$$
f(x^*) = kx^* + b = \sum_i(k \alpha_i \cdot x_i) + b = \sum_i(k \alpha_i \cdot x_i + b\cdot\alpha_i) = \sum_i(\alpha_i (k \cdot x_i + b)) \le \sum_i\alpha_i f(x_i) 
$$
Note: $b = \sum_i(\alpha_i \cdot b)$, так как сумма $\alpha_i = 1$


\subsubsection{Неравенство Гельдера для интегралов\texorpdfstring{$^3$}{}}
\textit{Формулировка}

Пусть $f, g \in C[a, b]; \frac{1} {p} + \frac{1} {q} = 1$. Тогда
\begin{equation*}
\left|\int_a^b fg\right| \leq \left(\int_a^b |f|^p\right)^{1/p} \left(\int_a^b |g|^q\right)^{1/q}
\end{equation*}
\begin{proof}
Распишем интегральные суммы: $x_k := a + k\frac{b - a} {n}; \Delta x_k = \frac{b - a} {n}$. Пусть $a_i = f(x_k) (\Delta x_k)^{1/p}, b_i = g(x_k) (\Delta x_k)^{1/q}$, тогда, по неравенству Гёльдера для сумм:
\begin{align*}
\left|\sum f(x_k) g(x_k) (\Delta x_k)^{\frac{1} {p} + \frac{1} {q}} \right| &\leq \left(\sum|f(x_k)|^p \Delta x_k\right)^{1/p} \left(\sum|g(x_k)|^q \Delta x_k\right)^{1/q}\\
\left|\sum f(x_k) g(x_k)  \right| &\leq \left(\sum|f(x_k)|^p \right)^{1/p} \left(\sum|g(x_k)|^q \right)^{1/q}
\end{align*} 
Осталось лишь сделать предельный переход при $n \to \infty$
\begin{equation*}
\left|\int_a^b fg\right| \leq \left(\int_a^b |f|^p\right)^{1/p} \left(\int_a^b |g|^q\right)^{1/q}
\end{equation*}
\end{proof}

\subsubsection{Признак сравнения сходимости положительных рядов\texorpdfstring{$^1$}{}}
\paragraph{Лемма о сходимости положительных рядов}
\subparagraph{Формулировка}
$a_n \ge 0$

$\sum a_n$ сходится $\Leftrightarrow S_n$ ограничено.
\subparagraph{Доказательство}
Тривиально следует из того, что ввиду того, что $a_n \ge 0$, последовательность частичных сумм $S_n$ монотонно возрастает. То есть оно ограничено своим пределом частичных сумм и монотонно к нему стремится снизу.

\paragraph{Теорема}
\subparagraph{Формулировка}
$\letus a_n \ge 0, b_n \ge 0, \sum a_n, \sum b_n$
\begin{enumerate}
    \item $a_n \le b_n \Rightarrow \sum b_n$ сходится $\Rightarrow \sum a_n$ сходится, $\sum a_n$ расходится $\Rightarrow \sum b_n$ расходится. 
    
    Замечание: аналогичное утверждение верно для $\forall k a_n \le k \cdot b_n$, так как сходимость $b_n$ и $k \cdot b_n$ эквивалентна и можно безопасно их тут подменить.
    
    \item $\exists \lim \frac{a_n}{b_n} = l$. Тогда 
    если $l \in \mathbb{R}_+$, то сходимость $\sum a_n$ эквивалентна сходимости $\sum b_n$.

    Если $l = \infty$, то $\sum a_n$ сходится $\Rightarrow \sum b_n$ сходится, $\sum b_n$ расходится $\Rightarrow \sum a_n$ расходится.
    
    Если $l = 0$, то $\sum b_n$ сходится $\Rightarrow \sum a_n$ сходится, $\sum a_n$ расходится $\Rightarrow \sum b_n$ расходится.
\end{enumerate}

\subparagraph{Доказательство}
\begin{enumerate}
    \item Воспользуемся приведённой леммой и просто сведём наши сходящиеся ряды к частичным суммам и обратно:
    $a_n \le b_n \Rightarrow S_n^{(a)} \le S_n^{(b)}$. Положим $\sum b_n$ сходится, тогда по лемме $S_n^{(b)}$ ограничено. Тогда $S_n^{(a)}$ тоже ограничено, а значит и $\sum a_n$ сходится. Аналогично работает наоборот.
    
    \item Давайте всё сведём к предыдущему пункту. Если $l \in \mathbb{R}_+$, то мы всегда можем домножить $a_n$ на какое-то вещественное число, чтобы оно стало меньше $b_n$ (т.к. начиная с какого-то $n$ частное всей последовательности будет лежать в какой-то окрестности $l$). Также наоборот, мы всегда можем сделать $k \cdot a_n > b_n$, то есть мы получили первое утверждение в обоих случаях симметрично. То есть действительно сходимость у этих рядов эквивалентна. 
    
    Примечание: то, что мы рассматриваем сходимость рядов начиная с какого-то $n$, абсолютно законно, так как мы ранее доказывали эквивалентность сходимости $n$--го остатка и самого ряда.
    
    При $l = \infty$ всё тривиально, так как в этом случае начиная с какого-то места, очевидно, $a_n > b_n$, что уже свелось к первому признаку. Для $l = 0$ аналогично.
\end{enumerate}

\paragraph{Важные эталонные ряды, с которыми надо всё сравнивать}
\begin{enumerate}
    \item $\sum \frac{1}{n^p}$ расходится при $p \le 1$, сходится при $p > 1$.
    \item $\sum q^n$ сходится при $0 < q < 1$, расходится при $q \ge 1$.
\end{enumerate}

\subsubsection{Признак Коши сходимости положительных рядов\texorpdfstring{$^1$}{}}
\label{КошиРяды}
\subparagraph{Формулировка}
$$
\sum a_n \ge 0; \letus k_n = \sqrt[n]{a_n}
$$
Тогда:
\begin{enumerate}
    \item Начиная с какого-то места $\exists q : k_n < q < 1$ ($q$ мы ввели чтобы потом сравнивать с ним, так как признак сравнения у нас строго $<1$ и с $1$ сравнивать неудобно) $\Rightarrow \sum a_n$ сходится
    \item $\exists$ бесконечное число элементов $k_n \ge 1 \Rightarrow \sum a_n$ расходится.
\end{enumerate}

\subparagraph{Доказательство}
\begin{enumerate}
    \item Выразим из "волшебного" $k_n$ нормальный $a_n$. $k_n = \sqrt[n]{a_n} \Rightarrow a_n = k_n^n < q^n$. У нас $q < 1$, а значит можно сравнить его с ближайшим рациональным $<1$ и у нас получается эталонный $\frac{1}{\alpha^n}$ где $n$ у нас, разумеется $> 1$, а значит всё сходится.
    \item Прошлая стратегия не работает т.к. $q \ge 1$, а значит мы не подберём рациональную дробь для эталонного. Но зато у нас тут не выполнится необходимый признак сходимости, так как $k_n$ не стремится к 0, сколько не возводи его в большую степень, он только увеличится.
\end{enumerate}

\newpage
\subsection{Теоремы}
\subsubsection{Интеграл Эйлера--Пуассона\texorpdfstring{$^1$}{}}\label{ИЭП}
\subparagraph{Формулировка}
$$
\int_0^{+\infty}e^{-x^2}\D x = \frac{\sqrt{\pi}}{2}
$$

\subparagraph{Доказательство}
Простое неравенство, которое непросто запомнить:
$$
1 - x^2 \le e^{-x^2}\le \frac{1}{1 + x^2}
$$
Следует из выпуклости ($e^t \ge 1 + t$) и работает для $x \in \mathbb{R}$

Как обычно, проинтегрируем (неравенство по середине выражения обуславливается положительностью функции) и возведём всё в степень $n$:
$$
\int_0^1 (1-x^2)^n\D x \le \int_0^1 e^{-nx^2}\D x \le \int_0^{+\infty} e^{-nx^2}\D x \le \int_0^{+\infty} \frac{1}{(1+x^2)^n} \D x 
$$

Теперь аккуратно считаем части неравенства:
$$
\int_0^1 (1-x^2)^n\D x \underset{x := \cos t}{=} \int_0^{\frac \pi 2}(\sin t)^{2n+1}\D t = \underset{\text{\nameref{Валлис}}}{=} \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}
$$

$$
\int_0^1 e^{-nx^2}\D x \underset{t:= \sqrt n \cdot x}{=} \frac{1}{\sqrt n} \int_0^{+\infty}e^{-t^2}\D t
$$

$$
\int_0^{+\infty} \frac{1}{(1+x^2)^n} \D x \underset{x:= \tg t}{=} \int_0^{\frac \pi 2} \cos^{2n-2}{t} \D t \underset{\text{\nameref{Валлис}}}{=} \frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!} \frac \pi 2
$$

Домножаем наши достижения на $\sqrt n$:
$$
\frac{(2n)!! \sqrt{n}}{(2n+1)!!} \le \int_0^{+\infty}e^{-t^2}\D t \le \frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!} \frac \pi 2 \sqrt n
$$

Предельный переход:
$$
\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\cdot \frac{1}{\sqrt n} \underset{\text{\nameref{Валлис}}}{\longrightarrow} \sqrt \pi
$$

$$
\frac{\sqrt n}{2n + 1} \equiv \frac 1 {2\sqrt n}
$$

$$
\frac{(2n)!! \sqrt{n}}{(2n+1)!!} = \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \frac{\sqrt n}{2n+1} \equiv \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \frac{1}{\sqrt n} \frac 1 2 \underset{\text{\nameref{Валлис}}}{\longrightarrow} \frac{\sqrt \pi}{2}
$$

$$
\frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!} \frac \pi 2 \sqrt n = \frac{1}{\frac{(2n-2)!!}{(2n-3)!!}\cdot\frac{1}{\sqrt{n-1}}} \cdot \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n-1}} \cdot \frac \pi 2 \rightarrow \frac{1}{\sqrt\pi} \cdot 1 \cdot \frac \pi 2 = \frac{\sqrt \pi}{2}
$$

По Т. О двух городовых 
$$
\int_0^{+\infty}e^{-t^2}\D t = \frac{\sqrt \pi}{2}
$$

\subsubsection{Лемма об оценке приближения экспоненты ее замечательным пределом\texorpdfstring{$^3$}{}}

\subparagraph{Формулировка}
При $0 \leq t \leq n$ справедливо

$$
0 \leq e^{-t} - \left(1 - \frac{1}{n}\right)^n \leq \frac{1}{n}\,t^2\,e^{-t}
$$
\subparagraph{Доказательство}

Из доказательства предыдущей теоремы берем неравенство:
$$
1 + y \leq e^y \leq (1-y)^{-1}, \qquad y \in [0, 1)
$$

Подставим $y = \frac{t}{n}$ и возведем в степень $-n$: 
$$
\left(1 + \frac{t}{n}\right)^{-n} \geq e^{-t} \geq \left(1 - \frac{t}{n}\right)^n
$$

Из правой части неравенства следует
$$
0 \leq e^{-t} - \left(1 - \frac{t}{n}\right)^n = e^{-t}\left(1 - e^t\left(1 - \frac{t}{n}\right)^n\right)
$$

Из левой части неравенства следует, что $e^t \geq \left(1 + \frac{t}{n}\right)^n$. Применим ее
$$
0 \leq e^{-t} \left(1 - e^t \left(1 - \frac{t}{n}\right)^n\right) \leq e^{-t} \left(1 - \left(1 + \frac{t}{n}\right)^n \left(1 - \frac{t}{n}\right)^n\right) = e^{-t}\left(1 - \left(1 - \frac{t^2}{n^2}\right)^n\right)
$$

Из неравенства Бернулли следует
$$
\left(1 - \frac{t^2}{n^2}\right)^n \geq 1 - \frac{t^2}{n}, \text{ то есть } 1 - \left(1 - \frac{t^2}{n^2}\right)^n \leq \frac{1}{n}\,t^2
$$

Применяем результат и получаем требуемое неравенство

\subsubsection{Теорема об абсолютно сходящихся интегралах и рядах\texorpdfstring{$^1$}{}}
\subparagraph{Формулировка}
\paragraph{Интегралы}
$\letus f: [a, b) \rightarrow \mathbb{R}$ допустима

Тогда эквивалентны следующие утверждения:
\begin{enumerate}
    \item $\int_a^b f(x) \D x$ абсолютно сходится
    \item $\int_a^b |f(x)| \D x$ сходится
    \item $\int_a^b f_+$ и $\int_a^b f_-$ сходятся
\end{enumerate}

\paragraph{Ряды}
$\letus a_n$ ряд.

Тогда эквивалентны следующие утверждения:
\begin{enumerate}
    \item $\sum_{n=1}^{+\infty} a_n$ абсолютно сходится
    \item $\sum_{n=1}^{+\infty} |a_n|$ сходится
    \item $\sum_{n=1}^{+\infty} a_n^+$ и $\sum_{n=1}^{+\infty} a_n^-$ сходятся
\end{enumerate}

\subparagraph{Доказательство}
\underline{$1 \rightarrow 2$}

По определению абсолютной сходимости

\underline{$2 \rightarrow 3$}

Заметим, что $f_+$ и $f_-$ либо положительны, либо константный $0$. Другими словами, одна из срезок будет равна $|f(x)|$, а другая в это время будет равна $0$. Соответственно, существует конечный предел $f(x)$ при $x \rightarrow b-0$. Ну а значит, что и срезка будет его иметь и всё сойдётся. В $0$ проблем не будет по Т. О стабилизации знака.

\underline{$3 \rightarrow 1$}

Очевидно, т.к. можно выразить $f = f_+ - f_-$

\subsubsection{Изучение интеграла \texorpdfstring{$\int_1^{\infty} \frac{\sin x\,dx}{x^p}$}{int [1, inf] sin(x) dx / x\^p} на сходимость и абсолютную сходимость\texorpdfstring{$^2$}{}}


$p > 1$

    $\frac{|\sin x|}{x^p} \leq \frac{1}{x^p} \Rightarrow$ при $p > 1$ есть абсолютная сходимость.

    По следствию из критерия Больцано-Коши докажем, что при $p \leq 1$ нет абсолютной сходимости:

    Выберем $A_k = \pi k \qquad B_k = 2\pi k$. Обе последовательности $\to \infty$ при $k \to \infty$

    $$
    \int_{\pi k} ^ {2\pi k} \frac {|\sin x|} {x^p} \geq \int _{\pi k} ^ {2 \pi k} \frac{|\sin{x}|}{x} \qquad p \leq 1
    $$

    Теперь делаем финт ушами: 
    $$
    \geq \frac{1}{2\pi k} \int_{\pi k} ^ {2\pi k} = \frac{2k}{2\pi k} \nrightarrow 0
    $$

    $\Rightarrow $ при $p \leq 1$ нет абсолютной сходимости

$p \in (0 ,1]$

    $$
    \int_{1}^{+\infty}\frac{\sin{x} dx} {x^p} = 
    \left[
        \begin{alignedat} {2}
            u &= \frac{1}{x^p} \qquad &u' &= -\frac{p}{x^{p+1}} \\
            v' &= \sin{x} \qquad &v &= -\cos{x}
        \end{alignedat}
    \right]
    = -\frac{\cos{x}}{x^p} |_{1}^{+\infty} - p \int _{1}^{+\infty} \frac{\cos{x}}{x^{p + 1}} dx 
    $$
    т.к. левое слагаемое сходится, а интеграл вообще сходится абсолютно $\Rightarrow p > 0$ - сходится, а т.к. $p > 1$ - абсолютно сходится $\Rightarrow$ просто сходится при $p \in (0, 1]$

$p \leq 0$

    Ну, видимо при $p < 0$ интеграл расходится. Докажем это через следствие из критерия Больцано-Коши.

$A_k = 2\pi k \qquad B_k = 2\pi k + \pi$

$$
\int_{2\pi k}^{2\pi k + \pi} \frac{\sin{x}}{x^p} \geq \frac{1}{(2\pi k + \pi)^p} \int_{2\pi k} ^ {2\pi k + \pi} \sin{x} = \frac{2}{(2\pi k + \pi)^p} \nrightarrow 0
$$

$\Rightarrow$ расходится.

Итого:

$p > 1$ - сходится абсолютно.

$p \in (0, 1]$ - просто сходится.

$p \leq 0$ - расходится.

\subsubsection{Признак Абеля--Дирихле сходимости несобственного интеграла\texorpdfstring{$^2$}{}}

\subparagraph{Формулировка: }
\begin{enumerate}
    \item Дирихле

        $f$ - допустима на $[a, b) \quad F(A) = \int_a^A f(x) dx \quad A \in [a, b))$

        Пусть $F$ - ограничена: $\exists c_1 > 0: \forall A \in [a, b)\quad |F(a)| \leq c_1$

        $g \in C^1[a, b];\quad g(x) \to 0$ при $x \to b - 0;\quad g(x)$ - монотонна $\Rightarrow \int_{a}^{\to b}$ - сходится.

    \item Абель

        $f$ - допустима на $[a, b)$ $\int_a^{\to b} f$ - сходится. 

        $g \in C^1[a, b]; \quad g(x) $ - монотонна; $g(x)$ - ограничена: $\exists c_2 > 0: \forall x \in [a, b]\quad | g(x)| < c_2$

        $\Rightarrow \int_a^{\to b}$ - сходится.
\end{enumerate}

\subparagraph{Доказательство: }
\begin{enumerate}
    \item 

        $$
        \int_a^B f(x) g(x)dx = 
        \left[
            \begin{alignedat}{2}
                u' &= f \quad u = &F = &f'\\
                v &= g \quad v' &= &g'
        \end{alignedat}
        \right]
         = F(x)g(x)|_a^B - \int_a^B F(x)g'(x)dx
        $$

        Теперь видим, что первое слагаемое ограничено и $\to 0$, а интеграл:
        $\int_a^B |F(x)g'(x)|dx$ - сходится $\Leftrightarrow \exists \lim_{B \to b - 0}$ 

        Почему? Потому что (абсолютно): 
        $$
        \int_a^B |F(x)g'(x)|dx \leq c_1 \int_a^b |g'(x)| dx = \pm c_1 \int_a^bg'(x)dx = \pm c_1 g(x)|_a^b
        $$
        - конечный, т.к. $g(x) \to 0$ при $x \to b - 0$. Вся эта история конечна $\Rightarrow$ сходится.
    \item 
        $\lim_{x\to b - 0}g(x) = \alpha \in \mathbb R$ (т.к. монотонна и ограничена)

        Рассмотрим $\int_a^b fg = \int_a^b f(g - \alpha) + \int_a^b f\cdot \alpha$. 

        Второй интеграл сходится и конечный, а первый сходится по Дирихле: $f$ - ограничена по теореме Вейерштрасса, $(g - \alpha)$ - монотонно стремится к $0$.

        Победа.
\end{enumerate}

\subsubsection{Интеграл Дирихле\texorpdfstring{$^2$}{}}

\subparagraph{Формулировка: }
$$
\int_0^{+\infty} \frac{\sin{x}}{x} = \frac{\pi}{2}
$$
\subparagraph{Доказательство: }

Рассмотрим сумму $\cos{x} + \cos{2x} + \cos{3x} + \ldots + \cos{nx}$ и домножим ее на $2\sin{\frac{x}{2}}$: 
$$
2\sin{\frac{x}{2}}\cos{x} + 2\sin{\frac{x}{2}}\cos{2x} + \ldots + 2\sin{\frac{x}{2}}\cos{nx}
$$

Раскрываем слагаемые по формуле: $\sin{\alpha}\cos{\beta} = \frac{1}{2}\left(\sin{(\alpha - \beta)} + \sin{(\alpha + \beta)}\right)$ и получаем телескопическую сумму:

\begin{multline*}
2 \cdot \frac{1}{2} \cdot (\sin{\left(\frac{x}{2} - x\right)} + \sin{\left(\frac{x}{2} + x\right)}) + 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot (\sin{\left(\frac{x}{2} + x\right)} + \sin{(\frac{x}{2} - 2x)})+ \\
+ \ldots + 2 \cdot \frac{1}{2} (\sin{\left(\frac{x}{2} - xn\right)} + \sin{\left(\frac{x}{2} + xn\right)})=\\
= -\sin{\left(\frac{x}{2}\right)} + \sin{\left(\frac{3}{2} x\right)} - \sin{\left(\frac{3}{2} x\right)} + \sin{\left(\frac{5}{2} x\right)} + \ldots + \sin{\left(\frac{(2n + 1)x}{2}\right)} = \frac{\sin{(n + \frac{1}{2})x}}{2\sin{\frac{x}{2}}} - \frac{1}{2}
\end{multline*}

Здесь мы поделили на $2 \sin{\frac{x}{2}}$

А теперь проинтегрируем полученное равенство $\cos{x} + \cos{2x} + \cos{3x} + \ldots + \cos{nx} = \frac{\sin{(n + \frac{1}{2})x}}{2\sin{\frac{x}{2}}} - \frac{1}{2}$ от $0$ до $\pi$: 

$$
0 = \int_0^\pi \frac{\sin{\left(n + \frac{1}{2}\right)}x}{2\sin{\frac{x}{2}}} - \int_0^\pi \frac{1}{2}dx \Rightarrow \frac{\pi}{2} = \int_0^\pi \frac{\sin{\left(n + \frac{1}{2}\right)}x}{2\sin{\frac{x}{2}}}
$$

Итого, нам очень хочется верить, что 

$$
\int_0^\pi \frac{\sin{\left(n+\frac{1}{2}\right)}x}{2 \cdot \frac{x}{2}} = \frac{\pi}{2}
$$

Почему? т.к.

$$
\int_0^\pi \frac{\sin{\left(n+\frac{1}{2}\right)}x}{2 \cdot \frac{x}{2}} = \big[y = (n + \frac{1}{2})x\big] = \int_0^{(n + \frac{1}{2})\pi} \frac{\sin y}{y} dx
$$

А затем мы просто устремляем $n \to +\infty$

Ну а если мы хотим во что-то верить, это надо сперва доказать. Но сначала проведем эксперимент:

$$
\int_0^\pi \sin{Nx} \cdot f(x) =
\left[
    \begin{alignedat}{2}
        u &= f(x)\quad & u' &= f'(x) \\ 
        v' &= \sin{Nx}\quad & u &= \frac{\cos{Nx}} {N}
    \end{alignedat}
\right]
= \frac{-\cos{Nx}}{N} \cdot f(x) \biggm|_0^\pi + \frac{1}{N}\int_0^\pi \cos{Nx} \cdot f'(x) dx
$$

И при $N \to +\infty$ вся эта штука $\sim O\left(\frac{1}{N}\right)$. При условии хорошей $f(x) \in C^1[0, \pi]$.
Зафиксировали.

Теперь, наконец, проверим интересуещее нас утверждение:

$$
\int_0^\pi \frac{\sin{\left(\frac{1}{n} + \frac{1}{2}\right)x}}{2\sin{\frac{x}{2}}} = \frac{\pi}{2}
$$
$$
\int_0^\pi \frac{\sin{\left(n + \frac{1}{2}\right)x}}{2\sin{\frac{x}{2}}} - \frac{\sin{\left(n + \frac{1}{2}\right)x}}{2\cdot \frac{x}{2}} \to 0 \qquad n\to \infty
$$

$$
\int_0^\pi \sin{\left(\left(n + \frac{1} {2}\right)x\right)} \left(\frac{1}{2\sin{\frac{x}{2}}} - \frac{1}{2 \frac{x}{2}}\right) \to 0
$$

Переход выше верен по нашему наблюдению. То, что в скобках - $f(x)$, а оставшийся синус - $\sin{Nx}$. Осталось только проверить, что $f(x)$ - хорошая.

\begin{enumerate}
    \item Непрерывность
        $$
        \frac{1}{2\sin{\frac{x}{2}}} - \frac{1}{2\frac{x}{2}} = \frac{2 \cdot \frac{x}{2} - 2\sin{\frac{x}{2}}}{2\sin{\frac{x}{2}} \cdot 2 \cdot \frac{x}{2}} = - \frac{\sin{\frac{x}{2}} - \frac{x}{2}} {2 \cdot \sin{\frac{x}{2}} \cdot \frac{x}{2}} = - \frac{- \left(\frac{x}{2}\right)^3 + \frac{x}{2} - \frac{x}{2}} {2 \cdot \frac{x}{2} \cdot \frac{x}{2}} = O(x) \to 0 \qquad x \to 0
        $$
    \item Дифференцируемость
        \begin{multline*}
            \lim_{x\to 0} f'(x) = \lim_{x\to 0} \frac{- \frac{1}{2} \cos{\frac{x}{2}}} {2\sin^2\frac{x}{2}} + \frac{1}{x^2} = \lim_{x\to 0} \frac{1}{x^2} - \frac{1}{4} \frac{\cos{\frac{x}{2}}} {\sin^2{\frac{x}{2}}} = \lim_{x\to 0} \frac{4\sin^2{\frac{x}{2}} - x^2 \cos{\frac{x}{2}}}{x^2 \sin^2{\frac{x}{2}}} = \\ = \lim_{x\to 0} \frac{4 \cdot \frac{x^2}{4} - x^2 \cdot \frac{x^2}{4} \cdot c}{x^2\left(\frac{x^2} {4}\right)} \sim \lim_{x\to 0} \frac{c x^4}{c x^4}  = c
        \end{multline*}
        Последнее равенство получается из формулы Тейлора. А в конце нам вообще плевать, какая константа. Главное, что она есть.
\end{enumerate}

Итого получаем, что $f(x)$ - хорошая, и все сходится.

\subsubsection{Неравенство Йенсена для интегралов\texorpdfstring{$^1$}{}}
\subparagraph{Формулировка}
$f: \langle A, B \rangle \rightarrow \mathbb{R}$ выпуклая, непрерывная.

$x: [a, b] \rightarrow \langle A, B \rangle$, непрерывная.

$\alpha: [a, b] \rightarrow \mathbb{R}_+$, непрерывная. $\int_a^b \alpha(t) \D t = 1$

$$
f(\int_a^b x(t) \alpha(t) \D t) \le \int_a^b \alpha(t) f(x(t)) \D t
$$


\subparagraph{Доказательство}
Тупо везде подставляем вместо сумм интеграл. ФСЁ!


Пользуясь выпуклостью, мы можем провести опорную прямую такую, что $f(x)$ будет выше этой прямой. Нас интересует прямая в точке $x^* := \int_a^b \alpha(t) x(t) \D t$ по условию. Но сначала надо убедиться, что точка лежит в $\langle a, b \rangle$:
$$
m := \inf_{t\in [a, b]} x(t)
$$
$$
M := \sup_{t\in [a, b]} x(t)
$$
$$
a \le m \le \int_a^b x(t) \alpha(t) \D t \le \int_a^b M \cdot \alpha(t) \D t = M \int_a^b \alpha(t) \D t = M \le b
$$

Теперь проводим опорную прямую:
$$
f(x^*) = kx^* + b = k \cdot \int_a^b \alpha(t) x(t) \D t + b = \int_a^b \alpha(t) \cdot k \cdot x(t) \D t + \int_a^b b \cdot \alpha(t) \D t = \int_a^b \alpha(t) (k \cdot x(t) + b) \D t \le \int_a^b \alpha(t) f(x(t)) \D t
$$
Note: $b = \int_a^b\alpha(t) \cdot b \D t$, так как сумма $\alpha_i = 1$

\subsubsection{Теорема об условиях сходимости бесконечного произведения\texorpdfstring{$^3$}{}}

\subparagraph{Формулировка}
\begin{enumerate}
    \item Если, $\exists K \in \mathbb N: \forall k > K \quad a_k >0$, то сходимость $\prod(1 + a_k)$ равносильна сходимости $\sum a_k$
    \item Если ряды $\sum a_k\text{ и }\sum a_k^2$ сходятся, то $\prod(1+a_k)$ тоже сходится
\end{enumerate}

\subparagraph{Доказательство}

\begin{enumerate}
    \item $a_k > 0 \Rightarrow$ сходимость $\prod(1+a_k)$ равносильна сходимости $\sum \ln(1+a_k)$, что равносильно сходимости ряда $\sum a_k$ (заменили на эквивалентную, т.к. при сходимости $a_k \to 0$)
    \item Рассмотрим сходимость ряда $\sum \ln (1 + a_k)$ на сходимость. Разложим логарифм в ряд Маклорена: 
        $$
        \sum \ln (1 + a_k) = \sum a_k - \frac{a_k^2}{2} + o(a_k^2)
        $$
    Тогда если ряды $\sum a_k$ и $\sum a_k^2$ сходятся, то сходится и ряд $\sum \ln(1 + a_k)$, а значит и соответствующее произведение.
\end{enumerate}

\subsubsection{Лемма о представлении синуса в виде конечного произведения\texorpdfstring{$^3$}{}}

\subparagraph{Формулировка}
$\forall x \in \mathbb R \quad \forall n \in \mathbb N$: 

$$
\sin{x} = (2n + 1)\sin{\frac{x}{2n+1}}\cdot \prod_{k=1}^n\left(1 - \frac{\sin^2{\frac{x}{2n+1}}}{\sin^2\frac{\pi k}{2n+1}}\right)
$$

\subparagraph{Доказательство}

Пусть $m=2n+1$. Распишем формулы Эйлера и Муавра:
$$
e^{imz} = (\cos{z} + i\sin{z})^m = \cos{mz} + i\sin{mz}
$$

Но 

$$
(\cos{z} + i\sin{z})^m = \sum_{k=1}^m C_m^k\cdot (\cos{z})^{m-k} \cdot (i\sin{z})^k
$$

$$
\sin{mz} = m \cdot (\cos{z})^{m-1}\sin{z} - C_m^3 \cdot (\cos{z})^{m-3}(\sin{z})^3 + \dots
$$

Т.к. $m$ - нечетное, то заменим везде косинусы на синусы (основное тригонометрическое тождество). 

$$
\sin{mz} = \sin{z} P(\sin^2{z})
$$

Здесь $P$ - многочлен степени $n$ от $\sin^2{x}$

Рассмотрим $z = \frac{k\pi}{m}$, где $k = 1, 2, 3, \dots$ (все эти числа лежат в $(0, \pi/2)$). При любом $k \sin{mz} = 0, \sin{z} \neq 0$, т.е. $\forall z$ $\sin^2{z}$ - корень $P$. Разложим этот многочлен на $n$ множителей. 

$$
P(u) = C\left(u - \sin^2{\frac{\pi}{m}}\right)\left(u - \sin^2{\frac{2\pi}{m}}\right) \dots \left(u - \sin^2{\frac{n\pi}{m}}\right)
$$

Здесь $C$ - константа. Равносильная запись:

$$
P(u) = C\left(1 - \frac{u}{\sin^2{\frac{\pi}{m}}}\right)\left(1 - \frac{u}{\sin^2{\frac{2\pi}{m}}}\right)\dots \left(1 - \frac{u}{\sin^2{\frac{n\pi}{m}}}\right)
$$

Заметим, что $P(0) = C$, $\lim_{z\to 0} {\frac{\sin{mz}}{\sin{z}}} = m$. Теперь $x = mz = (2n+1)z$.Подставляем всю эту шнягу в выражение, в котором мы получили многочлен, и радуемся жизни.

\subsubsection{Разложение синуса в бесконечное произведение\texorpdfstring{$^3$}{}}

\subparagraph{Формулировка}
$\forall x\in \mathbb R:$

$$
\sin{x} = x \cdot \prod_{k=1}^\infty \left(1 - \frac{x^2}{\pi^2 k^2}\right)
$$

\subparagraph{Доказательство}

Пусть $x \neq \pi l$, при $l \in \mathbb Z$ (иначе очевидно). По предыдущей лемме:

$$
\sin{x} = (2n + 1)\sin{\frac{x}{2n+1}}\cdot \prod_{k=1}^n\left(1 - \frac{\sin^2{\frac{x}{2n+1}}}{\sin^2\frac{\pi k}{2n+1}}\right)
$$

Рассмотрим типичный член произведения при $n\to \infty$: 

$$
1 - \frac{\sin^2{\frac{x}{2n+1}}}{\sin^2{\frac{\pi k}{2n+1}}} \to 1 - \frac{x^2}{\pi^2 k^2}
$$

и перепишем уравнение из леммы:

$$
\sin{x} = (2n + 1)\sin{\frac{x}{2n+1}}\cdot \prod_{l=1}^k\left(1 - \frac{\sin^2{\frac{x}{2n+1}}}{\sin^2\frac{\pi l}{2n+1}}\right) \cdot \prod_{l=k+1}^n \left(1 - \frac{\sin^2{\frac{x}{2n+1}}}{\sin^2\frac{\pi l}{2n+1}}\right)
$$

Введем обозначения:
\begin{align*}
    u_k^n &= (2n+1)\sin{\frac{x}{2n+1}}\cdot \prod_{l=1}^k\left(1 - \frac{\sin^2{\frac{x}{2n+1}}}{\sin^2\frac{\pi l}{2n+1}}\right) \\
    V_k^n &= \prod_{l=k+1}^n \left(1 - \frac{\sin^2{\frac{x}{2n+1}}}{\sin^2\frac{\pi l}{2n+1}}\right)
\end{align*}

Несколько наблюдений:

$$
u_k = u_k^n \to x\cdot \prod_{l=1}^k\left(1 - \frac{x^2}{\pi^2 l^2}\right) \qquad n \to \infty
$$

Следовательно, существует конечный предел $V_k = \lim_{n\to \infty} V_k^n$. Итого $\sin{x} = u_k \cdot V_k$

Теперь $k \to \infty$. Понятно, что 

$$
\lim_{k\to \infty} u_k = x \cdot \prod_{l=1}^\infty\left(1 - \frac{x^2}{\pi^2 l^2}\right)
$$

Проверим теперь, что $V_k \to 1$, при $k\to \infty$

Заметим, что $\frac{2}{\pi} \cdot \varphi \leq \sin{\varphi} \leq \varphi$ при $\varphi \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right]$. Теперь ясно, что 

$$
1 \geq 1 - \frac{\sin^2{\frac{x}{2n+1}}}{\sin^2{\frac{\pi l}{2n+1}}} \geq 1 - \frac{\frac{x^2}{(2n+1)^2}}{\frac{4\pi^2 l^2}{\pi^2(2n+1)^2}} = 1 - \frac{x^2}{4l^2} 
$$

Следовательно, 

$$
1 \geq V_k^n \geq \prod_{l =k+1}^n \left(1 - \frac{x^2}{4l^2}\right)
$$

Здесь $n$ и $k$ должны быть достаточно большими, чтобы условное $\varphi \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$. Теперь $n\to \infty$

$$
1 \geq V_k \geq \prod_{l=k+1}^{+\infty}\left(1 - \frac{x^2}{4l^2}\right) \to 1
$$

\subsubsection{Неравенство Коши (для сумм и для интегралов)\texorpdfstring{$^3$}{}}
\paragraph{Неравенство для сумм}
\textit{Формулировка}

$a_i > 0; \frac{1} {n} \sum a_i \geq \sqrt[n]{a_1 \ldots a_n}$
\begin{proof}
Напишем неравенство Йенсена для $\alpha_i = \frac{1} {n}; f(x) = \ln{x}$ - вогнутой:
\begin{align*}
\ln{\left(\frac{1} {n} a_1 + \frac{1} {n} a_2 + \ldots +  \frac{1} {n} a_n\right)} &\geq \frac{1} {n} \ln{a_1} + \frac{1} {n} \ln{a_2} + \ldots + \frac{1} {n} \ln{a_n}\\
\ln{\left(\frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n} {n} \right)} &\geq \frac{1} {n}\ln{(a_1 a_2 \dots a_n)}\\
\ln{\left(\frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n} {n} \right)} &\geq \ln{(a_1 a_2 \dots a_n)}^\frac{1} {n}
\end{align*}
Осталось только проэкспоненцировать получившееся неравенство:
\begin{equation*}
\frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n} {n} \geq \sqrt[n] {a_1 a_2 \dots a_n}
\end{equation*}
\end{proof}

\paragraph{Неравенство для интегралов}
\textit{Формулировка}

Пусть $f \in C[a, b], f > 0$. Тогда 
\begin{equation*}
exp\left(\frac{1} {b - a} \int_a^b \ln{f}\right) \leq \frac{1} {b - a} \int_a^b f
\end{equation*}
\begin{proof}
Рассмотрим интегральное неравенство Йенсена:
\begin{equation*}
f(\int_a^b x(t) \alpha(t) \D t) \le \int_a^b \alpha(t) f(x(t)) \D t
\end{equation*}
для $f(x) = \ln{x}$ - вогнутой, непрерывной. $\alpha(t) = \frac{1} {b - a} = const$. Видно, что $\int_a^b \alpha(t) \D t = 1$. Итого:
\begin{align*}
\ln{\left(\int_a^b x(t) \frac{1} {b - a} \D t\right)} &\geq \int_a^b \frac{1} {b - a} \ln{x(t)} \D t\\
\ln{\left(\frac{1} {b - a} \int_a^b x(t)\D t\right)} &\geq\frac {1}{b - a} \int_a^b \ln{x(t)} \D t
\end{align*}
Остается проекспоненцировать и получить требуемое неравенство:
\begin{equation*}
exp\left(\frac{1} {b - a} \int_a^b \ln{x(t)} \D t\right) \leq \frac{1} {b - a} \int_a^b x(t) \D t
\end{equation*}
\end{proof}

\subsubsection{Неравенство Гельдера для сумм\texorpdfstring{$^3$}{}}
\textit{Формулировка}

Пусть, $p > 1, q: \frac{1} {p} + \frac{1} {q} = 1 \Leftrightarrow q = \frac{p} {p - 1}$
$a_1, a_2, \dots, a_n, b_1, b_2, \dots, b_n > 0$
Тогда
\begin{equation*}
\sum a_i b_i \leq \left(\sum a_i\right)^\frac{1}{p} \left(\sum b_i\right)^\frac{1} {q}
\end{equation*}
\begin{proof}
Возьмем $x^p$ - строго выпуклая $\Leftrightarrow$ по неравенству Йенсена 
\begin{equation*}
\left(\sum \alpha_i x_i\right)^p \leq \sum \alpha_i x_i^p
\end{equation*}
Положим
\begin{align*}
\alpha_i :&= \frac{b_i^q} {\sum b_j^q}\\
x_i &= a_i b_i^{-\frac {1} {p - 1}} \sum b_j^q
\end{align*}
Тогда 
\begin{align*}
\sum \alpha_i x_i &= \sum \frac{b_i^q} {\sum b_j^q} a_i b_i^{-\frac {1} {p - 1}} \sum b_j^q = \\
&= \sum a_i b_i^{\frac{p} {p - 1} - \frac{1} {p - 1}} = \sum a_i b_i\\
\sum \alpha_i x_i^p &= \sum \frac{b_i^q} {\sum{b_j^q}} a_i^p b_i^{-\frac{p} {p - 1}}\left( \sum b_j^q\right) ^{p - 1} = \\
&= \sum a_i^p b_i^0 \left(\sum b_j^q\right)^{p - 1} = \left(\sum b_j^q\right)^{p - 1} \sum a_i^p
\end{align*}
Подставляем полученные выражения в неравенство Йенсена:
\begin{equation*}
\left(\sum a_i b_i\right)^p \leq \left(\sum b_j^q\right)^{p - 1} \sum a_i^p
\end{equation*}
Возводим обе части в степень $\frac{1} {p}$ и получаем требуемое неравенство:
\begin{equation*}
\sum a_i b_i \leq \left(\sum a_i^p\right)^\frac{1} {p} \left(\sum b_j^q\right)^\frac{1} {q}
\end{equation*}
\end{proof}

\subsubsection{Неравенство Минковского\texorpdfstring{$^3$}{}}
\textit{Формулировка}

Пусть, $p \geq 1$. Тогда
\begin{equation*}
\left(\sum(a_i + b_i)^p\right)^\frac{1} {p} \leq \left(\sum a_i^p\right)^\frac{1} {p} + \left(\sum b_i^p\right) ^\frac{1} {p}
\end{equation*}
\begin{proof}
Отображение $(x_1, x_2, \dots, x_n) \mapsto \left( \sum |x_i|^p\right)^\frac{1} {p}$ является нормой, т.е. выполняется неравенство треугольника:
\begin{equation*}
\left( \sum|a_i + b_i|^p\right)^\frac{1} {p} \leq  \left( \sum |a_i|^p\right)^\frac{1} {p} + \left( \sum |b_i|^p\right)^\frac{1} {p}
\end{equation*}
При $p = 1$ - очевидно.
Пусть $p > 1$, будем рассматривать только положительные $a_i, b_i$, все остальные будем сводить к ним.

Рассмотрим 
\begin{equation*}
\sum |a_i| |a_i + b_i|^{p - 1}, \qquad \sum|b_i| |a_i + b_i|^{p - 1}
\end{equation*}
Неравенство Гёльдера делает бррррр:
\begin{equation*}
\sum |a_i| |a_i + b_i|^{p - 1} \leq \left(\sum (a_i)^p\right)^\frac{1} {p} \left(\sum(a_i + b_i)^{(p - 1) * q}\right)^\frac{1} {q} = \left(\sum (a_i)^p\right)^\frac{1} {p} \left(\sum (a_i + b_i)^p\right)^\frac{1} {q}
\end{equation*}
Аналогично поступаем с $\sum |a_i| |a_i + b_i|^{p - 1} $ и складываем:
\begin{equation*}
\sum |a_i + b_i|^p \leq \sum |a_i + b_i| ^{p - 1} |a_i + b_i| \leq \left(\left(\sum|a_i^p|\right)^\frac{1} {p} + \left(\sum|b_i|^p\right)^\frac{1} {p}\right) \left(\sum|a_i + b_i|^p\right)^\frac{1} {q}
\end{equation*}
Делим обе части уравнения на $\left(\sum|a_i + b_i|^p\right)^\frac{1} {q}$:
\begin{align*}
\left(\sum|a_i + b_i|^p\right) ^{1 - \frac{1} {q}} &\leq \left(\sum|a_i|^p\right)^\frac{1} {p} + \left(\sum|b_i|^p\right)^\frac{1} {p}\\
\left(\sum|a_i + b_i|^p\right) ^\frac{1} {p} &\leq \left(\sum|a_i|^p\right)^\frac{1} {p} + \left(\sum|b_i|^p\right)^\frac{1} {p}
\end{align*}
\end{proof}

\subsubsection{Свойства рядов: линейность, свойства остатка, необх. условие сходимости, критерий Больцано--Коши\texorpdfstring{$^1$}{}}
\paragraph{Линейность}
$\sum a_n, \sum b_n$ сходятся, $c_n = a_n + b_n \Rightarrow \sum c_n$ сходится, $\sum c_n = \sum a_n + \sum b_n$

$\rhd$
$$
c_n = a_n + b_n \Rightarrow S_N^c = S_N^a + S_N^b
$$
$\lhd$

$\sum a_n$ сходится $\Rightarrow \forall \alpha \in \mathbb{R} \quad \sum \alpha a_n$ сходится, $\sum \alpha a_n = \alpha \cdot \sum a_n$

$\rhd$
$$
S_N^{\alpha a} = \alpha a_1 + \alpha a_2 \ldots \alpha a_N = \alpha (a_1 + a_2 + \ldots + a_N) = \alpha S_N^a \in \mathbb{R}
$$
$\lhd$
\paragraph{Свойства остатка}
\begin{enumerate}
    \item $\sum_{k=1}^{+\infty} a_k$ сходится $\Rightarrow \forall N \quad R_N$ сходится.
    
    $\rhd$
    Рассмотрим частичные суммы:
    $$
    S_N^a = \sum_{k=1}^N a_k = \sum_{k=1}^m a_k + \sum_{k=m+1}^N a_k
    $$
    При $n \rightarrow +\infty$
    $$
    \sum_{k=1}^{+\infty} a_k = \sum_{k=1}^m a_k + \sum_{k=m+1}^{+\infty} a_k
    $$
    $\lhd$
    
    \item $\exists N : R_N$ сходится $\Rightarrow \sum_{k=1}^{+\infty} a_k$ сходится.
    
    $\rhd$
    Такое же доказательство.
    $\lhd$
    
    \item $\sum_{k=1}^{+\infty} a_k$ сходится $\Leftrightarrow R_N \rightarrow 0$
    
    $\rhd$
    
    $\Rightarrow$

    Воспользуемся предыдущим доказательством, после предельного перехода мы получили выражение $\sum_{k=1}^{+\infty} a_k = \sum_{k=1}^m a_k + \sum_{k=m+1}^{+\infty} a_k$. $\sum_{k=1}^{+\infty} a_k$ ограничено, $\sum_{k=1}^m a_k$ ограничено. Причём $R_N = \sum_{k=m+1}^{+\infty} a_k$ и оно тоже ограничено. При $N \rightarrow +\infty$ всё больше членов ряда "отщипывается" в $\sum_{k=1}^m a_k$, следовательно, эта частичная сумма стремится к исходному ряду. В таком случае, $R_N$ ничего не остаётся, кроме как стремиться к 0, иначе доказанная выше сумма не выполнится.

    $\Leftarrow$
    
    Если мы рассматриваем последовательность остатков $R_N$ как какой-то объект, то там должна быть последовательность каких-то чисел, то есть они существуют, то есть существуют такие остатки в этой последовательности, которые будут сходиться к этим числам, то есть выполняется свойство 2.
    
    $\lhd$
\end{enumerate}

\paragraph{Необх. условие сходимости}
\subparagraph{Формулировка}
$\sum a_n$ сходится $\Rightarrow a_n \rightarrow 0$

\subparagraph{Доказательство}
$\sum a_n$ сходится $\Rightarrow$ последовательность $R_n \rightarrow 0$.
Это мы доказали выше. А теперь скажем $a_n = R_n - R_{n+1}$. $R_{n+1} \rightarrow 0$ так же, как и $R_n$.
Таким образом, $a_n \rightarrow 0$ как разность двух бесконечно-малых.

\paragraph{Критерий Больцано--Коши}
\label{КБК}
Хотим предложить какой-нибудь достаточный критерий для выяснения сходимости.
$$
\forall \varepsilon > 0 \exists N : \forall n > N \forall p > 0 \quad |a_n + a_{n+1} + \ldots + a_{n+p}| < \varepsilon
$$
Правое выражение эквивалентно следующему:
$$
|S_{n+p}-S_n| < \varepsilon
$$

При помощи этого мусора нетрудно доказать, что $\sum\frac{1}{n^p}$ расходится при $p \le 1$. Давайте просто предъявим $\varepsilon = 10^{-6}$, $n = N+1, p = N$. Там всё оценивается снизу по минимальному члену, $n$ сокращается и получается $\frac{1}{2} > \varepsilon$

\subsubsection{Признак Коши сходимости положительных рядов (pro)\texorpdfstring{$^1$}{}}
\subparagraph{Формулировка}
$$
\sum a_n \ge 0; \letus k_n = \sqrt[n]{a_n}
$$
Тогда:
\begin{enumerate}
    \item $\exists \overline{\lim} k_n < 1 \Rightarrow \sum a_n$ сходится
    \item $\exists \overline{\lim} k_n > 1 \Rightarrow \sum a_n$ расходится
    \item $\exists \overline{\lim} k_n = 1 \Rightarrow$ \Frowny
\end{enumerate}

\subparagraph{Доказательство}
Вспоминаем \nameref{КошиРяды}. Там сказаны чудесные слова про $k_n < q < 1$, а так же про бесконечное число элементов $\ge 1$. А теперь нам дали какие-то верхние пределы. Отлично! 

Вспоминаем \nameref{ТехВерхПредел}, а там у нас написано РОВНО ЭТО! В первом случае в качестве $\varepsilon$ предложим наше $q - k_n$, а во втором просто найдём какую-то точку $x : 1 < x < \overline{\lim} k_n$. И снова у нас будет выполняться тех. описание верхнего предела. Короче, мы в 2 строчки свелись к \nameref{КошиРяды}.

Если посмотреть на $\overline{\lim} k_n = 1$, то там всё грустно, так как предел не запрещает нашей функции быть в $\varepsilon$--окрестности как сверху от $1$, так и снизу. Так что признак не работает. 

Есть даже примеры: $\sum \frac{1}{n}$ и $\sum \frac{1}{n^2}$, один из них расходится, второй сходится, однако наша выбранная $k_n$ всё равно будет стремиться к $1$.


\subsubsection{Признак Даламбера сходимости положительных рядов\texorpdfstring{$^1$}{}}
\subparagraph{Формулировка}
$$
\sum a_n \ge 0; \letus D_n = \frac{a_{n+1}}{a_n}
$$
Тогда:
\begin{enumerate}
    \item Начиная с какого-то места $\exists q : D_n < q < 1$ ($q$ мы ввели чтобы потом сравнивать с ним, так как признак сравнения у нас строго $<1$ и с $1$ сравнивать неудобно) $\Rightarrow \sum a_n$ сходится
    \item Начиная с какого-то места $D_n \ge 1 \Rightarrow \sum a_n$ расходится.
\end{enumerate}
\paragraph{Pro версия:}
$\exists \lim D_n = D$
\begin{enumerate}
    \item $D < 1$ --- сходится
    \item $D > 1$ --- расходится
    \item $D = 1$ --- \Frowny
\end{enumerate}

\subparagraph{Доказательство}
\begin{enumerate}
    \item $\exists N_0 : \forall k \in \mathbb{N} \quad \frac{a_{N_0 + k + 1}}{a_{N_0 + k}} < q < 1$. Теперь распишем это как выражения $\frac{a_{N_0 + 1}}{a_{N_0}} < q, \frac{a_{N_0 + 2}}{a_{N_0 + 1}} < q, \ldots, \frac{a_{N_0 + k + 1}}{a_{N_0 + k}} < q$. 
    
    Главный трюк --- перемножим все эти выражения (левые и правые части) и у нас всё сократится: $\frac{a_{N_0+k+1}}{a_{N_0}} < q^k$. Выразим $a_{N_0 + k + 1}$: $a_{N_0 + k + 1} < q^k \cdot a_{N_0}$.
    
    Теперь устремим $k$ к $+\infty$ и получим, что получившееся неравенство --- это 2 ряда под признаком сравнения, при том, что справа у нас бесконечно убывающая геом. прогрессия, у которой по определению можно посчитать сумму, а значит она сходится. Слева неравенства у нас в таком случае будет записан остаток исходного ряда $R_{N_0 + 1}$. По признаку сравнения остаток сходится, а значит и исходный ряд сходится. 
    
    \item $q \ge 1$, а значит, что как минимум с этого места наш ряд не уменьшается, а значит он не может стремиться у нулю, а значит нет необходимого признака сходимости.
\end{enumerate}
\begin{enumerate}
    \item Доказывать нечего: выберем $\varepsilon$ такой, чтобы верхнее ограничение нашей последовательности было $< 1$, а это уже подходит под пункт 1 упрощённой версии.
    \item Аналогично
    \item Не работает, так как при $\varepsilon > 0$ у нас элементы в последовательности могут быть как $>1$ так и $<1$. Простейший контрпример: $\sum \frac{1}{n}$ и $\sum \frac{1}{n^2}$. У них у обоих $D = 1$
\end{enumerate}

\subsubsection{Признак Раабе сходимости положительных рядов\texorpdfstring{$^1$}{}}
\paragraph{Лемма (улучшенный признак сравнения)}
\subparagraph{Формулировка}
$\letus a_n, b_n > 0$
Если начиная с некоторого места
$$
\frac{a_{n+1}}{a_n} < \frac{b_{n+1}}{b_n}
$$
то
\begin{enumerate}
    \item $\sum b_n$ сходится $\Rightarrow \sum a_n$ сходится
    \item $\sum a_n$ расходится $\Rightarrow \sum b_n$ расходится
\end{enumerate}

\subparagraph{Доказательство}
$\exists N_0 : \forall k \in \mathbb{N} \quad \frac{a_{N_0 + k + 1}}{a_{N_0 + k}} < \frac{b_{N_0 + k + 1}}{b_{N_0 + k}}$. Теперь распишем это как выражения $\frac{a_{N_0 + 1}}{a_{N_0}} < \frac{b_{N_0 + 1}}{b_{N_0}}, \frac{a_{N_0 + 2}}{a_{N_0 + 1}} < \frac{b_{N_0 + 2}}{b_{N_0 + 1}}, \ldots, \frac{a_{N_0 + k + 1}}{a_{N_0 + k}} < \frac{b_{N_0 + k + 1}}{b_{N_0 + k}}$. 
    
Главный трюк --- перемножим все эти выражения (левые и правые части) и у нас всё сократится: $\frac{a_{N_0+k+1}}{a_{N_0}} < \frac{b_{N_0+k+1}}{b_{N_0}}$. Выразим $a_{N_0 + k + 1}$: $a_{N_0 + k + 1} < \frac{a_{N_0}}{b_{N_0}} \cdot b_{N_0+k+1}$.
    
Теперь устремим $k$ к $+\infty$ и получим, что справа неравенства у нас имеет место остаток ряда $R^{(b)}_{N_0+1}$, а слева тоже остаток $R^{(a)}_{N_0+1}$. Получается, мы свели эти все дроби к обычному признаку сравнения для рядов $\sum b_n$ и $\sum a_n$

\paragraph{Теорема}
\subparagraph{Формулировка}
$\letus a_n > 0$
\begin{enumerate}
    \item Начиная с некоторого места $n(\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1) \ge r > 1 \Rightarrow \sum a_n$ сходится. Вот тут может быть больно: дробь записана вверх ногами, ещё и все неравенства перевёрнуты и ещё сравнение в обоих случаях нестрогое.
    \item Начиная с некоторого места $n(\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1) \le 1 \Rightarrow \sum a_n$ расходится. 
\end{enumerate}

\subparagraph{Доказательство}
\begin{enumerate}
    \item 
    Итак, здесь всё сложно. Сначала давайте возьмём эталонный ряд, про который мы всё хорошо знаем и прогоним его в предельном переходе через формулу из формулировки: 
    $$
    \lim n\left(\frac{\frac{1}{n^S}}{\frac{1}{(n+1)^S}} - 1\right) = \lim n\left(\frac{n^S(1 + \frac{1}{n})^S}{n^S} - 1\right) = \lim n\left(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^S - 1\right) = n\cdot S \frac{1}{n} = S
    $$
    Это всё значит, что мы можем взять наш эталонный ряд в такой хитровыебанной форме и с ним сравнивать то, что нам дают. Конкретно тут мы хотим подобрать такое $S$, чтобы оно лежало между $r$ и $1$. Слава Аллаху, это возможно. Разумеется, тогда мы выберем такое $\varepsilon$, что с некоторого места ВЕСЬ целиком эталонный ряд будет лежать между $r$ и $1$. Тогда мы сможем тупо сравнить эталонный ряд с тем, что нам дали по лемме выше. 
    
    Запишем что мы только что доказали:
    $$
    1 < n\left(\frac{\frac{1}{n^S}}{\frac{1}{(n+1)^S}} - 1\right) < r \le n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1\right)
    $$
    Теперь разделим на $n$, прибавляем 1 и получаем красивое:
    $$
    \frac{\frac{1}{n^S}}{\frac{1}{(n+1)^S}} < \frac{a_n}{a_{n+1}}
    $$
    Ой, всё перевёрнуто((, ну ок:
    $$
    \frac{a_{n+1}}{a_n} < \frac{\frac{1}{(n+1)^S}}{\frac{1}{n^S}} 
    $$
    Итак, триумфальное шествие: по лемме если правая часть неравенства сходится, то сходится и левая. А мы знаем, что она (правая) сходится только при $S > 1$. А у нас $1 < S < r$, то есть мы подогнали всё так, что доказали сходимость. ЧТД.
    
    \item
    И вот тут мы наконец узнаем откуда взялось магическое $n(\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1)$:
    $$
    n(\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1) \ge 1 \Leftrightarrow \frac{a_n}{a_{n+1}} \ge \frac{1}{n} + 1 = \frac{1 + n}{n} = \frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n + 1}}
    $$
    Оказывается, всё это время в этом выражении было зашито сравнение нашего ряда по нашей лемме с любимым эталонным рядом. Итого имеем:
    $$
    \frac{\frac{1}{n+1}}{\frac{1}{n}} \le \frac{a_{n+1}}{a_n}
    $$
    То есть если ряд слева расходится, то и справа расходится. А слева у нас спрятан ряд $\sum \frac{1}{n^1}$, то есть он как раз расходится.
\end{enumerate}

\paragraph{Pro}
Аналогично, как в Даламбере:
$$
\lim n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1\right) = r
$$
\begin{enumerate}
    \item $r > 1 \Rightarrow \sum a_n$ сходится
    \item $r < 1 \Rightarrow \sum a_n$ расходится
    \item $r = 1 \Rightarrow$ \Frowny. Контрпример: ряды $\sum \frac{1}{n\ln n}$ и $\sum \frac{1}{n\ln^2 n}$
\end{enumerate}


\subsubsection{Интегральный признак Коши сходимости числовых рядов\texorpdfstring{$^1$}{}}
\subparagraph{Формулировка}
$\letus f: [1, +\infty) \rightarrow \mathbb{R}_+$ непрерывная, монотонная.

Тогда
$$
\sum_{k=2}^{+\infty} f(k) \,\text{сходится вместе с}\, \int_1^{+\infty}f(x)\D x
$$

\subparagraph{Доказательство}
\includegraphics[]{../images/intkoshi.png}

Разбиение здесь единичное, так что ни на что не умножаем, зато мы тут видим, что мы можем достроить неучтённую в Римановой сумме часть функции до прямоугольника по левой стороне каждого отрезка (так как функция монотонно убывает). Сумма таких прямоугольников будет $|f(1) - f(n)|$ где $n$ --- правая граница границы интегрирования/частичной суммы, которую мы фиксируем.

Итак, мы можем записать всё это вот так:
$$
\left| \sum_{k=2}^n f(k) - \int_1^n f(x) \D x \right| \le |f(1) - f(n)|
$$
Для монотонно возрастающей функции всё симметрично.

Отсюда можно выразить частичную сумму
$$
S_n = \int_1^n f(x) \D x + \delta_n, |\delta_n| \le |f(1) - f(n)|
$$
$\delta_n$ --- это наша добавка--разница между суммой и интегралом.

Сходимость ряда будет следовать из существования + конечности предела этого предела при $n\rightarrow +\infty$. Если с влиянием на его конечность интеграла всё понятно, то остаётся только разобраться с влиянием на ответ $\delta_n$.

Заметим, что $\delta_n$ монотонно растёт в одну фиксированную сторону, ввиду монотонности исходной функции. Может ли он быть бесконечным? Очевидно, ввиду наших ограничений на функцию, в частности, непрерывности, бесконечным он может стать только если сама функция стремится в неограниченна, а следовательно, её интеграл тоже будет бесконечным, а значит этот частный случай никак не влияет на ответ. В остальных случаях $\delta_n$ конечная ввиду ограниченности $f$, а значит не влияет на сходимость ряда при предельном переходе.

\subsubsection{Формула Эйлера для гамма-функции\texorpdfstring{$^3$}{}}

\subparagraph{Лемма 1}
Введем функцию $\Pi(n, x) := \int_0^n \left(1 - \frac{t}{n}\right)^n t^{x-1} d t$

Тогда $\Pi(n, x) =\frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \dots n} {x(x+1)(x+2)\dots(x+n)} \cdot n^x$
\subparagraph{Доказательство}

\begin{multline*}
\Pi(n, x) = \left[
    \begin{alignedat}{2}
        t &:= ns \\
        dt &:= n\cdot d s
    \end{alignedat}
\right] = n^x\int_0^1(1-s)^ns^{x-1}dx = \left[
    \begin{alignedat}{2}
        f &= (1-s)^n &\quad f' &= n(1-s)^{n-1} \\
        g' &= s^{x-1} &\quad g &= \frac{s^x}{x}
    \end{alignedat}
\right] =\\ =n^x\left((1-s)^n \cdot \frac{s^x}{x}\,\bigg|_{s=0}^{s=1} + \frac{n}{k}\int_0^1 (1-s)^{n-1}s^x\, ds\right) = \dots
\end{multline*}

Понимаем, что эта первое слагаемое зануляется, а интеграл подозрительно похож на тот, который был до интегрирования по частям, только одна степень пониже, а другая повыше. Таким образом, продолжая делать то, что мы делали, придем к требуемому результату.

\subparagraph{Лемма 2}
При $0 \leq t \leq n$ 

$0 \leq e^{-t} - \left(1 - \frac{t}{n}\right)^n \leq\frac{1}{n}\,t^2\,e^{-t}$
\subparagraph{Доказательство}
Пусть $y \in [0, 1]$. Тогда из выпуклости экспоненты следует: $1 + y \leq e^y \leq \frac{1}{1-y}$

Теперь рассмотрим $y:= \frac{t}{n}$. Подставим это в неравенство выше и возведем все в степень $-n$: $\left(1 + \frac{t}{n}\right)^{-n} \geq e^{-t} \geq \left(1 - \frac{t}{n}\right)^n$.

Теперь следим за руками:
$$
0 \leq e^{-t} - \left(1 - \frac{t}{n}\right)^n = e^{-t}\left(1 - e^t\left(1 - \frac{t}{n}\right)^n\right) \leq e^{-t}\left(1 - \left(1 - \frac{t^2}{n^2}\right)^n\right) \leq e^{-t} \cdot \frac{t^2}{n}
$$

Теперь объясним движения руками: первый переход - буквально правая часть неравенства выше. Третий переход - левая часть этого неравенства. А последний - неравенство Бернулли: $(1-a)^n \geq 1 - na \Leftrightarrow na \geq 1 - (1-a)^n$

\subparagraph{Формулировка}
$$
\lim_{n\to \infty} \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \dots n}{x(x+1)\dots(x+n)} \cdot n^x = \Gamma(x)
$$
\subparagraph{Доказательство}
По определению 
$$
\Gamma(x) = \int_0^{+\infty} t^{x-1} e^{-t}\,dt
$$
Теперь применим первую лемму и рассмотрим 
$$
\Gamma(x) - \lim_{n\to \infty} \Pi(n, x) = \lim_{n\to \infty} \left(\int_0^n \left(e^{-t} - \left(1 - \frac{t}{n}\right)^n\right)t^{x-1}\,dt + \int_n^{+\infty} t^{x-1} e^{-t}\,dt\right) = 0
$$

Но почему? Второе слагаемое очевидно стремится к $0$ как остаток сходящегося интеграла, а подынтегральное выражение в первом интеграле по второй лемме не меньше нуля и не превосходит $\frac{1}{n}\int_0 ^n e^{-t}\, t^{x+1}\,dt \leq \frac{1}{n} \int_0 ^{+\infty}\dots = \frac{\Gamma(x+2)}{n} \to 0$

\subsubsection{Формула Вейерштрасса для гамма-функции\texorpdfstring{$^3$}{}}

\subparagraph{Формулировка}
$$
\frac{1}{\Gamma(x)} = x \cdot e^{\gamma x} \cdot \prod_{k=1}^{+\infty} \left(1 + \frac{x}{k}\right)\,e^{-\frac{x}{k}}
$$

где $\gamma$ - постоянная Эйлера (если верить Википедии, то постоянная Эйлера-Маскерони)
$$
\gamma = \lim_{n \to \infty} \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \ln{n}\right)
$$

\subparagraph{Доказательство}
\begin{align*}
    \frac{1}{\Gamma(x)} = \lim_{n\to \infty}\left(n^{-x} \cdot x\,(1+x)\,\left(1 + \frac{x}{2}\right)\dots\left(1 + \frac{x}{n}\right)\right) = \lim_{n\to \infty} x \, n^{-x} \prod_{k=1}^n \left(1 + \frac{x}{k}\right) = \\ = \lim_{n\to \infty} x \, e^{x \left(1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} - \ln{n}\right)} \cdot \prod_{k=1}^n \left(1 + \frac{x}{k}\right)\, e^{-\frac{x}{k}} = \\ = x\, e^{\gamma x} \prod_{k=1}^{+\infty} \left(1 + \frac{x}{k}\right)\,e^{-\frac{x}{k}}
\end{align*}

Причем это произведение сходится:

$$
\left(1 + \frac{x}{k}\right)e^{-\frac{x}{k}} = \left(1 + \frac{x}{k}\right)\left(1 - \frac{x}{k} + \frac{x^2}{2k^2} \dots\right) = 1 - \frac{x^2}{2k^2} + o\left(\frac{1}{x^2}\right)
$$

И если мы представим это произведение в виде $\prod (1+a_k)$, то заметим, что уже победили. Еще и сходится эта штука при $x \in \mathbb C \backslash (-\mathbb N)$
\subsubsection{Вычисление произведений с рациональными сомножителями\texorpdfstring{$^3$}{}}
$$
u_n = A \cdot \frac{(n + a_1)(n + a_2) \ldots (n + a_k)}{(n+b_1)(n+b_2) \ldots (n+b_l)}
$$

$a_i,\, b_i$ - неотрицательные, целые.
$$
\prod_{n=1}^{+\infty} = ?
$$

\subparagraph{Решение}
\textit{Необходимое условие}

$u_n \to 1 \Leftrightarrow k = l,\, A=1$
$$
u_n = \frac{(n + a_1)(n + a_2) \ldots (n + a_k)}{(n+b_1)(n+b_2) \ldots (n+b_k)} = \frac{\left(1 + \frac{a_1}{n}\right)\ldots\left(1 + \frac{a_k}{n}\right)}{\left(1 + \frac{b_1}{n}\right)\ldots \left(1 + \frac{b_k}{n}\right)} = 1 + \frac{1}{n}\left(a_1 + a_2 + \ldots + a_k - b_1 - \ldots - b_k\right) + O\left(\frac{1}{n^2}\right)
$$

Последний переход справедлив, т.к. из верхних скобок эта хрень просто выносится, а для нижних работает $\frac{1}{1 + \frac{b_i}{n}} = \left(1 - \frac{b_i}{n} + o\left(\frac{1}{n}\right)\right)$

Вспоминаем, что сходимость $\prod(1 + a_k) \Leftrightarrow$ сходимости $\sum a_k$. Для сходимости произведения необходимо: $\sum a_k = \sum b_k$

Внезапное напоминание о формуле Вейерштрасса для $\Gamma$-функции:

$$
\frac{1}{\Gamma(x)} = x \cdot e^{\gamma x} \cdot \prod_{k=1}^{+\infty} \left(1 + \frac{x}{k}\right) e^{-\frac{x}{k}}
$$
Теперь начинаем сопоставлять

\begin{multline*}
    \prod_{n=1}^{+\infty} u_n = \prod_{n=1}^{+\infty} \frac{(n + a_1) \ldots (n + a_k)} {(n + b_1) \ldots (n + b_k)} = \prod_{n=1}^{+\infty} \frac{\left(1 + \frac{a_1}{n}\right)e^{-\frac{a_1}{n}} \cdot \left(1 + \frac{a_2}{n}\right)e^{-\frac{a_2}{n}} \ldots \left(1 + \frac{a_k}{n}\right)e^{-\frac{a_k}{n}}}{\left(1 + \frac{b_1}{n}\right) e^{-\frac{b_1}{n}}\cdot \left(1 + \frac{b_2}{n}\right) e^{-\frac{b_2}{n}} \ldots \left(1 + \frac{b_k}{n}\right) e^{-\frac{b_k}{n}}} = \\ = \frac{\Gamma(b_1+1) e^{\gamma b_1}\cdot \Gamma(b_2+1) e^{\gamma b_2} \ldots \Gamma(b_k+1) e^{\gamma b_k}} {\Gamma (a_1 + 1) e^{\gamma a_1}\cdot \Gamma (a_2 + 1) e^{\gamma a_2} \ldots \Gamma (a_k + 1) e^{\gamma a_k}} = \frac{\Gamma(b_1 + 1) \ldots \Gamma(b_k + 1)} {\Gamma(a_1 + 1) \ldots \Gamma(a_k +1)}
\end{multline*}

\subsubsection{Формула дополнения для \texorpdfstring{$\Gamma$}{}---функции\texorpdfstring{$^3$}{}}

\subparagraph{Формулировка}
$\forall x \in (0, 1)$
$$
\Gamma(x)\Gamma(1-x) = \frac{\pi} {\sin{\pi x}}, \qquad x \in \mathbb R \backslash \mathbb Z
$$

\subparagraph{Доказательство}

Распишем формулу Вейерштрасса для $\Gamma$ функции:
$$
    \frac{1}{\Gamma(x)} = x \cdot e^{\gamma x} \cdot \prod_{k=1}^{+\infty} \left(1 + \frac{x}{k}\right) e^{-\frac{x}{k}}
$$

$$
    \frac{1}{\Gamma{(1 - x)}} = (1-x)e^{\gamma (1-x)} \prod_{k=1}^{+\infty}\left(1 + \frac{1-x}{k}\right)e^{-\frac{1-x}{k}}
$$

Из формулы Вейерштрасса следует: $\Gamma (1 + x) = x\,\Gamma (x)$, при $x \in \mathbbR \backslash \mathbb Z$

Заметим, что: 
$$
\frac{1}{\Gamma(1-x)} = \frac{1}{(-x) \Gamma(-x)}  = \frac{1}{-x} \cdot  (-x) e^{-\gamma x} \prod_{k=1}^{+\infty}\left(1 - \frac{x}{k}\right) e^{\frac{x}{k}}
$$

И теперь эти две функции замечательно перемножаются:
$$
\frac{1}{\Gamma(x)\Gamma(1-x)} = x\, \prod_{k=1}^{+\infty} \left(1 -\frac{x^2}{k^2}\right)
$$

Подозрительно похоже на разложение синуса в бесконечное произведение. Ну а если похоже, то подставим, и получим, что эта штука равна $\frac{\sin{\pi x}}{\pi}$. Победа

\section{Период Кайнозойский}
\subsection{Важные определения}
\subsubsection{Сходимость последовательности в \texorpdfstring{$\mathbb{R}^m$}{R\^m}, покоординатная сходимость\texorpdfstring{$^1$}{}}
Последовательность сходится в $\mathbb{R}^m  \Leftrightarrow$ есть покоординатная сходимость.

Когда пишем последовательности в $\mathbb{R}^m$, мы пишем индекс сверху в скобках, а снизу пишем координату.
$$
x^{(n)} \rightarrow a \in \mathbb{R}^m \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c}
     x^{(n)}_1 \underset{n\rightarrow+\infty}{\longrightarrow} a_1 \\
     \vdots \\
     x^{(n)}_m \underset{n\rightarrow+\infty}{\longrightarrow} a_m \\
\end{array}\right.
$$

\subsubsection{Предельная точка, замкнутое множество, замыкание\texorpdfstring{$^1$}{}}
Тут тоже без новостей:

Предельная точка --- точка, любая проколотая окрестность которой непуста.

Замкнутое множество --- множество, включающее все свои предельные точки (или просто дополнение к открытому).

Замыкание --- минимальное по включению замкнутое множество, включающее исходное.

\subsubsection{Отображение бесконечно малое в точке\texorpdfstring{$^2$}{}}

$\varphi : E \subset R^m \rightarrow R^l$ --- \textit{отображение}

$x_0 \in E$ --- \textit{предельная} точка $E$

$\varphi$ является \textit{бесконечно малым в точке} $x_0$, если $\varphi(x) \rightarrow_{x \rightarrow x_0} 0$

\subsubsection{Отображение, дифференцируемое в точке\texorpdfstring{$^2$}{}}

$F : E \subset \mathbb{R}^m \rightarrow \mathbb{R}^l, a \in Int(E)$

Если $\exists L : \mathbb{R}^m \rightarrow \mathbb{R}^l$ --- линейный оператор, $\exists \alpha : E \rightarrow \mathbb{R}^l$ --- бесконечно малое, то $F(x)$ дифференцируемо в точке $a$:

$$
F(a+h)=F(a)+Lh+\alpha \cdot h, h \rightarrow 0
$$
$$
F(a+h)=F(a)+L \cdot h+o(h)
$$
$$
x:=a+h
$$
$$
F(x)=F(d)+L \cdot(x-a)+o(|x-a|)
$$

\subsubsection{Производный оператор, матрица Якоби, дифференциал\texorpdfstring{$^2$}{}}

Из определения выше, $L$ --- производный оператор.
В точке $a$ записывается следующим образом: $F^\prime(a)$


Матрица, задающая производный оператор, называется матрицей Якоби (по сути своей, матрица производных по всем переменным в этой точке).

Дифференциал функции $F$ в точке $a$ --- $F^\prime(x)h$, где $h \rightarrow 0$

\subsubsection{Частные производные\texorpdfstring{$^2$}{}}

$F : E \subset \mathbb{R}^m \rightarrow \mathbb{R}^1 $

Фиксируем какую-нибудь переменную $x_k, 1 \le k \le m$, $a \in Int(E)$

Заведём себе функцию $\varphi_k(t) := f(a_1, a_2, \ldots, a_{k - 1}, t, a_{k + 1}, \ldots, a_m)$, причём $t \in U(a)$.

\[\lim_{s \rightarrow 0} \frac{\varphi_k(t + s)}{\varphi_k(t)}\] --- частная производная $F$ в точке
$a$ по $x_k$. Причём \textit{частная} от слова \textit{partial}, а не от \textit{private}.

Также немаловажным будет отметить, как их обозначают. $\pdv{f}{x_1}{x_2}$ --- это производная 2-го порядка, причём сначала мы дифференцировали по $x_2$, а потом уже по $x_1$. Однако, нам не важно, в каком порядке дифференцировать, что доказывается далее. Причём, через неважность для перестановки 2х спокойно выражаются и перестановки любой длины, через транспозиции (привет, ДМ 1 сем!).



\subsubsection{Формула Тейлора (различные виды записи)\texorpdfstring{$^2$}{}}


$f: E \subset \mathbb R^m \to \mathbb R,\quad B(x,a) \subset E$ - открытое.

$f \in C^{r + 1}(E)$, тогда $\exists \theta \in (0,1):$

Для здоровых людей:
$$
f(x) = \sum_{j: |j| \leq r} \frac{f^{(j)}(a)}{j!}(x-a)^j + \sum_{j: |j| = r + 1} \frac{f^{(j)} (a + \theta(x-a))}{j!} (x-a)^j
$$

Для психов:
$$
f(x) = \sum_{j:|j| \leq r} \frac{1}{j^1!j^2!\dots j^m!} \frac {\partial^{(j)}f}{\partial x^j}(a) (x-a)^j + \sum_{j:|j|= r + 1} \frac{1} {j^1!j^2!\dots j^m!} \frac{\partial^{r + 1} f} {\partial_{x_1}^{j_1}\dots \partial_{x_m}^{j_m}} (a + \theta(x-a)) (x-a)^j
$$

В форме $n$-го дифференциала:
$$
f(a + h) = \sum_{n=1}^r \frac{d^n(a, n)}{n!} + d^{n+1}(a + \theta h, h)
$$

В форме $a + h$, Лагранжа:
$$
f(a + h) = \sum_{j:|j| \leq r} \frac{f^{(j)}}{j!}(a)h^j + \sum_{j: |j| = r + 1} \frac{f^{(j)}(a + \theta h)} {j!} h^j
$$
В форме Пеано:
$$
f(a + h) = \sum_{j:|j| \leq r} \frac{f^{(j)}}{j!}(a)h^j + o(|h|^r)
$$

\newpage
\subsection{Определения}

\subsubsection{Скалярное произведение, евклидова норма и метрика в \texorpdfstring{$\mathbb{R}^m$}{R\^m}\texorpdfstring{$^1$}{}}
$$
\letus a, b \in \mathbb{R}^m
$$
\paragraph{Скалярное произведение}
$$
\langle a, b \rangle := \sum a_i \cdot b_i
$$

\paragraph{Евклидова норма}
$$
|a| = \sqrt{\langle a, a\rangle}
$$

\paragraph{Метрика в \texorpdfstring{$\mathbb{R}^m$}{R\^m}}
$$
\rho(a, b) = |a - b|
$$
Вообще ничего нового, просто напоминалка, получается. 

\subsubsection{Окрестность точки в \texorpdfstring{$\mathbb{R}^m$}{R\^m}, открытое множество\texorpdfstring{$^1$}{}}
Открытое множество --- множество, все точки которого внутренние (входят вместе с какой-то окрестностью)

Окрестность точки --- какое-то открытое множество, включающее эту точку. Обозначается $U(a)$. Может быть проколото, в этом случае сама точка удаляется. 

Шар $B(a, r)$ --- множество всех точек, для которых верно $\rho(x, a) < r$.

$\varepsilon$--окрестность точки --- открытый шар $B(a, \varepsilon)$

\subsubsection{Компактность, секвенциальная компактность, принцип выбора Больцано-Вейерштрасса\texorpdfstring{$^1$}{}}
Компактное множество в $\mathbb{R}^m$ --- это замкнутое и ограниченное множество (ввиду полноты $\mathbb{R}^m$).

В $\mathbb{R}^m$ компактное множество секвенциально компактно, либо замкнуто + имеет конечную $\varepsilon$--сеть.

Секвенциальная компактность множества гласит, что в любой последовательности, заданной в множестве можно выбрать подпоследовательность, сходящуюся к точке в самом этом множестве.

Принцип выбора Больцано--Вейерштрасса почти про то же. В любой последовательности в ограниченном множестве можно выбрать сходящуюся подпоследовательность (предел не обязательно лежит в множестве, так что этого недостаточно для компактности!)

\subsubsection{Координатная функция\texorpdfstring{$^1$}{}}
$$
f: \mathbb{R}^m \rightarrow \mathbb{R}^l
$$
Такую функцию можно расписать как вектор координатных функций:
$$
x \mapsto f(x) = \left(\begin{array}{c}
     f_1(x) \\
     \vdots \\
     f_l(x)
\end{array} \right)
$$

\subsubsection{Двойной предел, повторный предел\texorpdfstring{$^1$}{}}
$\letus f: (x_1, x_2) \rightarrow \mathbb{R}, (a_1, a_2)$ --- предельная точка

\paragraph{Двойной предел}
На языке окрестностей (иначе зачем мы только что их вводили):
$$
\lim_{\begin{array}{c} x_1\rightarrow a_1 \\ x_2 \rightarrow a_2 \end{array}} f(x_1, x_2) = L \Leftrightarrow \forall U(L) \exists U(a_1) \exists U(a_2) : \forall x_1 \in \dot{U}(a_1) \cap D_1 \forall x_2 \in \dot{U}(a_2) \cap D_2 \quad f(x_1, x_2) \in U(L) 
$$
А ещё мы разрешили $a_1 \in \overline{\mathbb{R}}, a_2 \in \overline{\mathbb{R}}, L \in \overline{\mathbb{R}}$.

Мы нарисовали двойной предел... Добавить нечего.

\paragraph{Повторный предел}
Введём 
$$\phi(x_1) = \lim_{x_2 \rightarrow a_2} f(x_1, x_2)$$
Тогда можно определить предел
$$
\lim_{x_1\rightarrow a_1} \phi(x_1) = \lim_{x_1\rightarrow a_1} \lim_{x_2 \rightarrow a_2} f(x_1, x_2)
$$
Но если вы не прогуливали матан в 1 семестре, вы скажете, что тут как бы надо вообще гарантировать, что $\phi(x)$ возвращает что-то адекватное ($\in \mathbb{R}$, например) при всех $x \in D \setminus a_1$, иначе мы не сможем посчитать этот самый коварный наружный предел.

Вот то, что мы ввели вообще-то прозвали \textit{повторным пределом} в точке $(a_1, a_2)$.

\textit{Nota bene}: таким же образом мы имеем право ввести ещё и другой повторный предел, нарисовав композицию двух пределов в другом порядке (и даже получить другой ответ в некоторых случаях \Smiley)

\subsubsection{Предел по направлению, предел вдоль пути\texorpdfstring{$^1$}{}}
\paragraph{Предел по направлению}
Зададим прямую (направление) как $\phi(t) = a + t\cdot v$, где $a, v \in \mathbb{R}^m$. Физический смысл $a, b$ такой же как и в одномерном случае для начального сдвига и коэффициента наклона.

Тогда можно посчитать предел $\lim_{t\rightarrow 0}(\phi(t)) = \lim_{t\rightarrow 0}(a + t \cdot v)$. 

\paragraph{Предел вдоль пути}
$\letus E$ --- путь, проходящий через $a$ такой, что $[-\varepsilon, \varepsilon] \mapsto (x_1(t), x_2(t)), (x_1(0), x_2(0)) = a$

Тогда можно посчитать предел $\lim_{t\rightarrow 0} f(x_1(t), x_2(t))$. Не то, чтобы прям содержательно, но да.

\subsubsection{Линейный оператор\texorpdfstring{$^1$}{}}
Линейный оператор --- отображение $F: X \rightarrow Y$ (где $X, Y$ --- линейные пространства), которое имеет свойство линейности: $F(\alpha x + \beta y) = \alpha F(x) + \beta F(y)$.


$F: X \rightarrow \mathbb{R}^n$ договорились называть линейным функционалом

Для фиксированного множества $X, Y$ можно задать множество всех линейных операторов и обозначить как $Lin(x, y)$.

Договорились допускать операции над самими лин. операторами, которые сами по себе тоже являются лин. операторами в том же множестве $Lin$:
$$(F + G)(x) := F(x) + G(x)$$
$$(\alpha F)(x) := \alpha F(x)$$
$$F: X \rightarrow Y, G: Y \rightarrow Z \Rightarrow G(F): X \rightarrow Z$$


\subsubsection{\texorpdfstring{$o(h)$}{o(h)} при \texorpdfstring{$h \rightarrow 0$}{h -> 0}\texorpdfstring{$^2$}{}}

$\varphi : E \subset \mathbb{R}^m \rightarrow \mathbb{R}^l, $ 0 --- предельная точка $E$.

Можно задать нашу функцию $\varphi(h)$ двумя способами:
\begin{enumerate}
    \item $ \varphi(h)=o(h)$, при $ h \rightarrow 0 $
    
$ \frac{\varphi(h)}{|h|} \underset{h \rightarrow 0}{\longrightarrow} 0 $

    \item $ \exists \alpha(h) : E \rightarrow \mathbb{R}^l $ бесконечно малая при $ h \rightarrow 0 $
    
    $ \varphi(h)=|h| \cdot \alpha(h) $
\end{enumerate}

\subsubsection{Теорема о двойном и повторном пределах\texorpdfstring{$^1$}{}}
$\letus f: (x_1, x_2) \rightarrow \mathbb{R}$

Если
\begin{enumerate}
    \item $\exists \lim\limits_{\begin{array}{c} x_1\rightarrow a_1 \\ x_2 \rightarrow a_2 \end{array}} f(x_1, x_2) = L$
    \item $\forall x_1 \in D_1 \setminus \{a_1\} \exists$ конечный $\phi(x_1) := \lim\limits_{x_2\rightarrow a_2} f(x_1, x_2)$
\end{enumerate}
Тогда $\exists \lim\limits_{x_1\rightarrow a_1} \phi(x_1) = L$

Был показательный пример с $\frac{x_1+x_2}{x_1-x_2}$, в котором разные повторные пределы давали разный ответ. Так вот, по этой теореме мы сможем убедиться, что тут не выполняется первый пункт, а значит повторный предел не существует.

\subsubsection{Производная по направлению\texorpdfstring{$^2$}{}}

$f: E \subset \mathbb{R}^m \rightarrow \mathbb{R}, \dbl a \in Int(E), \dbl h \in \mathbb{R}^m$

Пусть $t \in \mathbb{R}, |h| = 1$ (такой вектор  называется направлением).

Тогда $\lim_{t \rightarrow 0}{\frac{f(a + th) - f(a)}{t}} = (\pdv{f}{d})(a)$ --- производная по направлению. 

\textit{Замечание}

Функция дифференцируема $\Rightarrow$ функция дифференцируема по любому вектору (направлению)

$\lim_{t \rightarrow 0}{\frac{f(a + th) - f(a)}{t}} = \lim_{t \rightarrow 0}{\frac{f^\prime_1(a)th + f^\prime_2(a)th + \ldots + f^\prime_m(a)th + o(t)}{t}} = f^\prime_1(a)h + f^\prime_2(a)h + \ldots + f^\prime_m(a)h = \langle \grad f, h \rangle$

\subsubsection{Градиент\texorpdfstring{$^2$}{}}

$f: E \subset \mathbb{R}^m \rightarrow \mathbb{R}, \dbl a \in Int(E), \dbl h \in \mathbb{R}^m$

$f(a + h) = f(h) + \langle L, h\rangle + o(|h|), h \rightarrow 0$

Вектор $L$ называется градиентом $f$ в точке $a$.

$L = \text{grad} f = \grad f$

\subsubsection{Мультииндекс и обозначения с ним\texorpdfstring{$^2$}{}}

Мультииндекс $k$ в $\mathbb{R}^m$ --- $(k_1, k_2, \ldots, k_m), \dbl k_i \in \mathbb{N} \setminus \{0\}$

Некоторые обозначения:

\begin{enumerate}
    \item $|k| = k_1 + k_2 + \ldots + k_m$ --- высота мультииндекса
    \item $k! = k_1!k_2!\ldots k_m!$
    \item $x^k = x^{k_1}x^{k_2}\ldots x^{k_m}$
\end{enumerate}

\subsubsection{\texorpdfstring{$n$}{n}-й дифференциал\texorpdfstring{$^2$}{}}

\textsc{Literally this: }
\[ d^n f = \sum_{j : |j| = n}{\frac{n! f^{(j)} (a)}{j!}}h^j \] ($n$-я сумма из леммы о нахождении производной сдвига (?))

Но можно расписать и по-другому, основываясь на выводе полиномиальной формулы (наивная версия):

\[d^n f = \sum_{i_1 = 1}^m \sum_{i_2 = 1}^m \dots \sum_{i_m = 1}^m \frac{\partial^n}{\partial^{j_1}{x_1}\partial^{j_2}{x_2}\ldots\partial^{j_m}{x_m}}(a)dx_1dx_2\ldots dx_m\]

Что тут происходит? Мы ищем производную $n$-го порядка, с какой-нибудь комбинацией переменных, по которым дифференцируем. А также отмечаем, по каким переменных шло дифференцирование, домножая на $dx_i$

\newpage
\subsection{Важные теоремы}

\subsubsection{Признак Лейбница\texorpdfstring{$^1$}{}}
\subparagraph{Формулировка}
$\letus \sum_{n=1}^{+\infty} (-1)^n C_n, C_n \ge C_{n+1} \ge 0$

Тогда
$$
C_n \rightarrow 0 \Rightarrow \sum_{n=1}^{+\infty} (-1)^n C_n
$$
сходится.

\subparagraph{Доказательство}
\includegraphics[]{../images/leibniz.png}

Будем попарно брать столбики с противоположными знаками и разницу между ними закрашивать. Заметим, что сумма всех этих "разниц" --- это и будет сумма ряда. А ещё она вся вписывается в первый столбец (очевидно, ввиду монотонности, на рисунке видно).

Но! В условии ещё что-то сказано про $C_n \rightarrow 0$. Так вот, если этого не соблюсти, то у нас произойдёт разночтение предела, т.к. можно будет взять частичные суммы до чётного члена, а также до нечётного. И вот если этот "последний" член окажется нечётным, то он нам добавит чего лишнего, а если предел неоднозначен, то его не существует. И вот, чтобы этого избежать, мы требуем, чтобы оно стремилось к $0$.


\subsubsection{Достаточное условие дифференцируемости\texorpdfstring{$^2$}{}}

\subparagraph{Формулировка: }

$f : E \subset \mathbb{R}^m \rightarrow \mathbb{R}, \dbl a \in Int(E)$

Пусть в окрестности $B(a, r)$ существуют конечные $f^\prime_1, \ldots, f^\prime_m$ и все они непрерывны в точке $a$. Тогда, $f$ дифференцируема в точке $a$.

\subparagraph{Доказательство: }

$\rhd$

Рассмотрим для $m = 2$, для остальных всё аналогично.

Возьмём разность $f(x_1, x_2) - f(a_1, a_2)$. Добавим и вычтем $f(a_1, x_2)$:

\[ = \left(f(x_1, x_2) - f(a_1, x_2)\right) + \left(f(a_1, x_2) - f(a_1, a_2)\right) = \]

Расписываем каждую скобку по теореме Лагранжа, переменные с шапочками --- это что-то среднее между иксом и ашкой:

\[ = f^\prime_{x_1}(\hat{x_1}, x_2)(x_1 - a_1) + f^\prime_{x_2}(a_1, \hat{x_2})(x_2 - a_2) = \]

Теперь добавим и вычтем $i \in \{1, 2\}, \dbl f^\prime_{x_i}(a_1, a_2)(x_i - a_i)$
\[ = f^\prime_{x_1}(a_1, a_2)(x_1 - a_1) + f^\prime_{x_2}(a_1, a_2)(x_2 - a_2) + \]

\[+ (x_1 - a_1)(f^\prime_{x_1}(\hat{x_1}, x_2) - f^\prime_{x_1}(a_1, a_2)) + (x_2 - a_2)(f^\prime_{x_2}(a_1, \hat{x_2}) - f^\prime_{x_2}(a_1, a_2))\]

Заметим, что $i \in \{1, 2\}, \dbl (x_i - a_i) \le |x_i - a_i|$ (нормы), а выражения в скобках --- бесконечно малые при $x \rightarrow a$.

В итоге, получили формулу дифференцирования, где слева стоит формула, справа линейная часть и бесконечно малая.

$\lhd$

\subsubsection{Дифференцирование композиции\texorpdfstring{$^2$}{}}

$f: E \subset \mathbb R^m \to \mathbb R^l$

\paragraph{Лемма об оценке нормы линейного оператора}
\subparagraph{Формулировка}

$A: \mathbb R^m \to \mathbb R^l$ - линейный оператор, $A \Leftrightarrow (a_{ij})$

Тогда:

$\forall x \in \mathbb R^m \qquad |Ax| \leq C_A \cdot |x|, \quad$ где $C_A = \sqrt{\sum a_{ij}^2}$

\subparagraph{Доказательство}

Рассмотрим:

$$
|Ax|^2 = \sum_{i=1}^l\left(\sum_{j=1}^m (a_{ij} \cdot x_j)\right)^2
$$

Тут мы просто умножили вектор на матрицу. Теперь распишем внутреннюю сумму по КБШ и вынесем сумму с иксом, т.к. от внешней она не зависит.

$$
\sum_{i=1}^l\left(\sum_{j=1}^m (a_{ij} \cdot x_j)\right)^2 \leq \sum_{i = 1}^l \left(\sum_{j=1}^m a_{ij}^2\right)\left(\sum_{j = 1}^m x_j^2\right) = |x|^2 \cdot \sum_{i=1}^l\sum_{j=1}^m a_{ij}^2 = |x|^2 \cdot C_A^2
$$

$$
|Ax| \leq |x| C_A
$$

\paragraph{Теорема о дифференцировании композиции}
\subparagraph{Формулировка}
$F: E \subset \mathbb {R}^m \to \mathbb {R}^l \qquad F(E) \in I \qquad a \in Int(E)$

$G: I \subset \mathbb {R}^l \to \mathbb {R}^m \qquad F(a) \in Int(I)$

$F$ - дифференцируема в т.$a$, $G$ - дифференцируема в т. $F(a)$

Тогда : 

$G \circ F$ - дифференцируема в т.$a$ \qquad $(G \circ F)'(a) = G'(F(a)) \cdot F'(a)$

\subparagraph{Доказательство}

$b := F(a), \quad k:= F'(a) \cdot h + \alpha(h) \cdot |h|$

$F(a + h) = F(a) + F'(a)\cdot h + \alpha(h) \cdot |h|$

$G(b + k) = G(b) + G'(g)\cdot k + \beta(k)|k|$

Рассмотрим:

$G(F(a + h)) = G(b +k) = G(b) + G'(b) \cdot k + \beta(k) |k| = G(F(a)) + G'(F(a)) \cdot (F'(a)h + \alpha(h) \cdot |h|) + \beta(k) \cdot |F'(a) \cdot h + \alpha(h) \cdot h|$

Здесь мы получили как раз формулу "дифференцирования" для $G$ в т.$F(a)$. Теперь нужно доказать что вот эта длинная блямба в конце - бесконечно малое, и все будет супер. 

Теперь воспользуемся доказанной леммой:

$$
G(F(a + h)) = G(F(a)) + G'(F(a)) \cdot F'(a) \cdot h + G'(F(a)) \cdot \alpha(h) |h| + \beta(k) \cdot \left|F'(a)\cdot h + \alpha(h) |h|\right|
$$

Рассмотрим третье слагаемое:

$G'(F(a)) \cdot \alpha(h) |h| \leq C_{G'(b)}\cdot |\alpha(h)| \cdot |h|$

И рассмотрим четвертое:

$$
\left|F'(a)\cdot h + \alpha(h) |h|\right| \leq |F'(a)h| + |\alpha(h)|h|| \leq (C_{F'(a)} + |\alpha(h)|) \cdot |h|
$$

Внимательно вглядываемся в получившееся выражение и понимаем, что скобка - ограничена, а $|h| \to 0$ при $x \to a$

То есть 

$$
\beta(k) \cdot \left|F'(a)\cdot h + \alpha(h) |h|\right| \leq |\beta(k)| \cdot (C_{F'(a)} + |\alpha(h)|) \cdot |h|
$$

Итого:

Получившиеся два выражения в сумме - бесконечно малое $\Rightarrow$ формула сошлась и все хорошо.

\subsubsection{Теорема Лагранжа для векторнозначных функций\texorpdfstring{$^3$}{}}

\subparagraph{Формулировка}

$F:[a, b] \to \mathbb R^m$ непрерывна на $[a,b]$, дифференцируема на $(a, b)$

Тогда: $\exists c \in (a, b) \quad |F(b) - F(a)| \leq |F'(c)| (b - a)$

\subparagraph{Доказательство}

$\rhd$

Заведем $\varphi(t) := <F(b) - F(a), F(t) - F(a)> \quad t \in [a, b]$

Небольшая ревизия:

$\varphi(0) = 0$

$
\varphi'(t) = <(F(b) - F(a))', F(t) - F(a)> + <F(b) - F(a), F'(t) - 0> = <F(b) - F(a), F'(t)>
$

$\varphi(b) = |F(b) - F(a)|^2$

$\varphi(b) - \varphi(a) = |F(b) - F(a)|^2 + <0, 0>$

$\varphi(b) - \varphi(a) = \varphi'(c)(b-a)$ - обычная теорема Лагранжа.

$|F(b) - F(a)|^2 = <F(b) - F(a), F'(c)>(b-a) \leq|F(b) - F(a)| |F'(c)| (b-a)$

Делим на $|F(b) - F(a)|$, (для $b = a$ тривиально)

$|F(b) - F(a)| \leq |F'(c)| (b - a)$

$\lhd$

\subsubsection{Многомерная формула Тейлора (с остатком в форме Лагранжа и Пеано)\texorpdfstring{$^3$}{}}

\subparagraph{Формулировка}

$f: E \subset \mathbb R^m \to \mathbb R,\quad B(x,a) \subset E$ - открытое.

$f \in C^{r + 1}(E)$, тогда $\exists \theta \in (0,1):$

Для здоровых людей:
$$
f(x) = \sum_{j: |j| \leq r} \frac{f^{(j)}(a)}{j!}(x-a)^j + \sum_{j: |j| = r + 1} \frac{f^{(j)} (a + \theta(x-a))}{j!} (x-a)^j
$$

Для психов:
$$
f(x) = \sum_{j:|j| \leq r} \frac{1}{j^1!j^2!\dots j^m!} \frac {\partial^{(j)}f}{\partial x^j}(a) (x-a)^j + \sum_{j:|j|= r + 1} \frac{1} {j^1!j^2!\dots j^m!} \frac{\partial^{r + 1} f} {\partial_{x_1}^{j_1}\dots \partial_{x_m}^{j_m}} (a + \theta(x-a)) (x-a)^j
$$

В форме $n$-го дифференциала:
$$
f(a + h) = \sum_{n=1}^r \frac{d^n(a, n)}{n!} + d^{n+1}(a + \theta h, h)
$$

В форме $a + h$, Лагранжа:
$$
f(a + h) = \sum_{j:|j| \leq r} \frac{f^{(j)}}{j!}(a)h^j + \sum_{j: |j| = r + 1} \frac{f^{(j)}(a + \theta h)} {j!} h^j
$$

\subparagraph{Доказательство}

$\rhd$

Из прошлой теоремы: $\varphi(t) = f(a+th), \quad h = x - a$

$$
\varphi^{(k)} = \sum_{j:|j| \leq r} \frac{r!}{j!} \frac{\partial^k}{\partial x^j} f(a + th)
$$

$\varphi(0) = f(a)$; Распишем Формулу Тейлора с остатком в виде Лагранжа для $\varphi(t)$ в точке $0$.

$$
\varphi(t) = \varphi(0) + \frac{\varphi(0)}{1!}(t) + \dots + \frac{\varphi^{(r)}}{r!}(t) + \frac{\varphi^{(r + 1)} (\bar t)} {(r+1)!} t^{r+1}
$$

$$
f(x) = \sum_{j: |j| \leq r} \frac{f^{(j)}(a)}{j!} (x-a)^j + \sum_{j: |j| = r + 1} \frac{f^{(j)}(a + \theta(x-a))}{j!} (x-a)^j
$$

В чем фишка: мы подставляем $\varphi^{(i)}$-ю производную в формулу Тейлора для $\varphi$ (которую мы получили из предыдущей теоремы о сдвиге), тем самым уничтожая факториалы. И все супер.


Теперь в форме Пеано:
$$
f(a + h) = \sum_{j:|j| \leq r} \frac{f^{(j)}}{j!}(a)h^j + o(|h|^r)
$$

Заметим, что $j^1 + j^2 + \dots +j^m = r+1$ (Для последнего члена в форме Лагранжа)

Докажем, что $h_1^{j_1} \cdot h_2^{j_2} \dots h_m^{j_m} = o(|h|^r),\quad h \to 0$

Распишем дробь:

$$
\frac{h_1^{j_1} h_2^{j_2} \dots h_m^{j_m}} {|h^r|} |h| = \frac{|h_1^{j_1}}{|h|^{j_1}} \cdot \frac{|h_2^{j_2}}{|h|^{j_2}} \cdots \frac{|h_m^{j_m}}{|h|^{j_m}} |h|
$$

Все получившиеся дроби $< 1$. Это следует из того, что $|h| = \sqrt{\sum_{i\in[1,m]} |h_j|^2}$, и, типа, мы просто делим $1$ координату на сумму всех $\Rightarrow$ заведомо меньше $\Rightarrow$ при $h\to0$ все равно $o(|h|^r)$

$\lhd$


\newpage
\subsection{Теоремы}

\subsubsection{Признаки Дирихле и Абеля сходимости числового ряда\texorpdfstring{$^1$}{}}
\paragraph{Преобразование Абеля (суммирование по частям)}
$$
A_n := \sum_{i=1}^n a_i
$$
$$
\sum_{k=1}^N a_k b_k = A_N b_N + \sum_{k=1}^{N-1} A_k (b_k - b_{k+1})
$$

\paragraph{Дирихле}
\subparagraph{Формулировка}
$\letus \sum_{n=1}^{+\infty} a_n b_n$
\begin{enumerate}
    \item $A_n$ ограничено, т.е. $\exists C_A : \forall n > 0 \quad |A_n| \le C_A$
    \item $b_n$ монотонно и $b_n \rightarrow 0$
\end{enumerate}
Если всё выполняется, ряд сходится. 

\subparagraph{Доказательство}
Запишем преобразование Абеля:
$$
\sum_{k=1}^N a_k b_k = A_N b_N + \sum_{k=1}^{N-1} A_k (b_k - b_{k+1})
$$
Здесь $A_N$ ограничено, $b_N$ б.м. $\Rightarrow A_N b_N \rightarrow 0$.

Остаётся доказать абсолютную сходимость $\sum_{k=1}^{N-1} A_k (b_k - b_{k+1})$:
$$
b_n \rightarrow 0 \Rightarrow \exists C_B : \forall n > 0 \quad |b_n| < C_B
$$
$$
\sum_{k=1}^{N-1} |A_k| |b_k - b_{k+1}| \le C_A \sum_{k=1}^{N-1} |b_k - b_{k+1}| = \pm C_A (b_k - b_{k+1} + b_{k+1} - b_{k+2} + \ldots + b_{N-1} - b_N) = \pm C_A (b_k - b_N) \le 2 \cdot C_A \cdot C_B
$$
Все числа здесь конечны, а значит ряд абсолютно сходится (а значит, просто тоже сходится), а значит в исходном преобразовании Абеля у нас все слагаемые сходятся, а значит сам представленный ряд сходится. 

\paragraph{Абель}
\subparagraph{Формулировка}
\begin{enumerate}
    \item $\sum_{n=1}^{+\infty} a_n$ сходится ($\Rightarrow \exists \lim_N \sum_{n=1}^{N} a_n = \alpha$)
    \item $b_n$ монотонно, $b_n$ ограничено
\end{enumerate}
Здесь требования к $a_n$ сильнее, а к $b_n$ слабее.
\subparagraph{Доказательство}
Вспоминаем, что у монотонной и ограниченной последовательности есть предел:
$$
\exists \lim b_n := \beta
$$
Далее нам надо сделать супер--мега--трюк, а именно прибавить и отнять от исходного ряда $\beta\sum_{n=1}^N a_n$:
$$
\sum_{n=1}^N a_n b_n = \beta\sum_{n=1}^N a_n + \sum_{n=1}^{N} a_n b_n - \beta\sum_{n=1}^N a_n = \beta\sum_{n=1}^N a_n + \sum_{n=1}^{N} a_n (b_n - \beta)
$$
При $N \rightarrow +\infty$ происходит предельный переход:
$$
\sum_{k=1}^{+\infty} a_k b_k = \beta\alpha + \sum_{n=1}^{+\infty} a_n (b_n - \beta)
$$
Левое слагаемое конечно, обратим внимание на правое: $\sum_{k=1}^{+\infty} a_k (b_k - \beta)$ сходится по признаку Дирихле, так как $a_k$ сходится $\Rightarrow a_k$ ограничено, $b_k \rightarrow \beta \Rightarrow b_k - \beta \rightarrow 0$, монотонность $b_k$ у нас остаётся по условию.

Таким образом, получившееся выражение тоже целиком сходится.

\subsubsection{Теорема о группировке слагаемых\texorpdfstring{$^3$}{}}

\subparagraph{Формулировка:}

Рассмотрим ряды: $(A) = (a_1 + \ldots + a_{n_1}) + (a_{n_1+1} + \ldots + a_{n_2}) + \ldots\,$, $(B) = b_1 + \ldots + b_k + \ldots\,$, где $b_k = a_{n_{k-1}+1} + \ldots + a_{n_k}$. Тогда справедливы утверждения: 
\begin{enumerate}
    \item Если ряд $(A)$ сходится, то ряд $(B)$ сходится и имеет ту же сумму. 
    \item Если $(A)$ - положительный ряд, то $S^{a} = S^{b}$ (или суммы рядов равны бесконечности)
\end{enumerate}

\subparagraph{Доказательство:}
В принципе, тривиально: из того, что $S_m^b = S_{n_m}^a$, в первом случае получаем, что $S_m^b$ стремится к сумме ряда $(A)$, а во втором - что они сходятся к одному конечному значению или к бесконечности одновременно. 

\subparagraph{Замечания:}
\begin{enumerate}
    \item Из сходимости ряда $(B)$ не следует сходимость $(A)$
    \item Если $a_n \to 0$, а ряд $(B)$ сходится, причем скобки в нем ограниченного размера, то есть 
        $$
        \exists M: \forall k \, n_k - n_{k-1} \leq M,
        $$
        то ряд $(A)$ тоже сходится
\end{enumerate}

\subparagraph{Доказательство:}
\begin{enumerate}
    \item Контрпример: ряд $1 - 1 + 1 - 1 + \ldots$ расходится, но если расставить скобки так: $(1-1) + (1-1) + \ldots\,$, то ряд получается сходящимся.
    \item Рассмотрим частичную сумму $S_N^a$, где $n_k \leq N \leq n_{k+1}$. Ее можно записать как $S_k^b + \Delta_k$, где $\Delta_k$ - "неполная скобка", т.е. $\Delta_k = a_{n_k + 1} + \ldots + a_N$. Тогда 
        $$
    |\Delta_k| \leq |a_{n_k + 1}| + \ldots + |a_N| \leq |a_{n_k + 1}| + \ldots + |a_{n_k + M}| \to 0, \text{ при } k \to \infty
        $$
        т.к. с некоторого места $a_{n_k + i} \leq \varepsilon/M$
\end{enumerate}

\subsubsection{Теорема о перестановке слагаемых\texorpdfstring{$^3$}{}}

\subparagraph{Формулировка:}

Рассмотрим ряд $\sum a_k$ - положительный ряд. 

Пусть $\sum b_k$ - его перестановка. 

Тогда,
если ряд $\sum a_k$ абсолютно сходится, то ряд $\sum b_k$ абсолютно сходится к той же сумме.

\subparagraph{Доказательство: }

\begin{enumerate}
    \item Путь $\sum a_k$ - положительный ряд. 

        По определению частичная сума $\sum S_k^b = a_{\pi(1)} + \ldots + a_{\pi(k)} \leq S_M^a$, где $M = \max{(\pi(1), \ldots, \pi(k))}$

        Так как $M \to \infty$ при $k \to \infty$, а пределы частичных сумм существуют, получаем, что $S^b \leq S^a$, следовательно существует $\pi^{-1}$. 
        
        Аналогично получаем $S^a \leq S^b$, т.е. $S^a = S^b$.
    \item Убираем ограничение на член ряда. 

        Рассматриваем ряды $\sum a_k^+, \sum b_k^+$, где $a_k^+ = \max{(a_k, 0)}, b_k^+ = \max{(b_k, 0)}$. Опа, то есть эти ряды - есть перестановки, которые задаются биекцией, и по п.$1$ абсолютно сходятся к одному и тому же значению. 

        Аналогично определяем $a_k^- = \max{(-a_k, 0)}, b_k^- = \max{(-b_k, 0)}$. Понимаем, что $\sum a_k = \sum a_k^+ + \sum a_k^-$. И осознаем, что теорема доказана.
\end{enumerate}

\subsubsection{Теорема о произведении рядов\texorpdfstring{$^3$}{}}

\subparagraph{Формулировка: }
Пусть ряды $\sum a_k, \, \sum b_k$ абсолютно сходятся и их суммы равны $S^a$ и $S^b$ соответственно. Тогда для любой биекции $\gamma:\, \mathbb N \to \mathbb N \cross \mathbb N$, которая переводит $x$ в $(\varphi(x),\, \psi(x))$, произведение рядов $\sum a_k, \, \sum b_k$ - абсолютно сходящийся ряд, сумма которого равна $S^a \cdot S^b$

\subparagraph{Доказательство: }
Обозначим $\sum|a_k| = S_*^a, \sum |b_k| = S_*^b$ и исследуем произведение рядов на абсолютную сходимость:
$$
\sum_{k=1}^N |a_{\varphi(k)}| \cdot |b_{\psi(k)}| \leq \sum_{k=1}^n |a_k| \cdot \sum_{k=1}^m |b_k| \leq S_*^a \cdot  S_*^b
$$

где $n = \max{(\varphi(1), \ldots , \varphi(N))},\, m = \max{(\psi(1), \ldots , \psi(N))}$. Итого получаем, что множество частичных сумм нашего произведения ограничено, а значит, оно сходится (т.е. произведение сходится абсолютно).

Но если взять другую биекцию, то произведения, полученные с помощью нее - просто перестановка нашего произведения, а значит оба произведения сходятся к этой же сумме. 

В качестве $\gamma$ возьмем "нумерацию по квадратам". Т.е. $\varphi(k)$ будет как бы "координатой" по $x$, а $\psi(k)$ - "координатой" по $y$. По сути рассматриваем все возможные попарные произведения рядов выше.

Тогда получим

$$
\sum_{k=1}^{n^2} a_{\varphi(k)}b_{\psi(k)} = \left(\sum_{k=1}^n a_k\right) \, \left(\sum_{k=1}^n b_k\right) \to S^a \cdot S^b \qquad n\to \infty
$$

\subsubsection{Единственность производной\texorpdfstring{$^2$}{}}

\subparagraph{Формулировка: }

Производный оператор (если он существует) определён однозначно.

\subparagraph{Доказательство: }

$\rhd$

Краткий ответ: так как он вычисляется однозначно для каждого $u \in \mathbb{R}^m$.

Докажем этот удивительный аспект!

$F: E \subset \mathbb{R}^m \rightarrow \mathbb{R}^l$

\[F(a + h) = F(a) + Lh + o(h)\]

Пусть $h = tu$, где $t \in \mathbb{R}$. Причём, $|t| < \frac{r}{|u|}, B(a, r) \in E$ Тогда:

\[F(a + tu) = F(a) + tLu + o(t)\]
\[Lu = \frac{F(a + tu) - F(a)}{t} - \frac{o(t)}{t}\]
\[Lu = \lim_{t \rightarrow 0}{\frac{F(a + tu) - F(a)}{t}}\] --- однозначно определено!

$\lhd$

\subparagraph{Замечание (о дифференцируемости функции нескольких переменных): }

Логично, что $x \mapsto (x_1, x_2, \ldots, x_m) \Rightarrow f(x_1, x_2, \ldots, x_m)$. Поэтому в векторном виде можно записать дифференцируемость так:

\[F(x + a) = F(a) + L(x - a) + \Phi(x - a)|x - a|\]

\subsubsection{Лемма о дифференцируемости отображения и его координатных функций\texorpdfstring{$^2$}{}}

\subparagraph{Формулировка: }

$f: E \subset \mathbb{R}^m \rightarrow \mathbb{R}^l$

$F(x) \mapsto (f_1(x), f_2(x), \ldots, f_m(x)), \dbl a \in Int(E)$

\begin{enumerate}
    \item $F(x)$ --- дифференцируема в точке $a \Leftrightarrow$ все $f_i$ дифференцируемы в точке $a$
    
    \item $i$-я строчка матрицы Якоби $F$ является матрицей Якоби для $f_i$
\end{enumerate}

\subparagraph{Доказательство: }

$\rhd$

Просто распишем производную в точке $a$ для $i$ координатной функции:

$f_i(x) = f(a) + (\lambda_{i1} + \lambda_{i2} + \ldots + \lambda_{im}) (x - a) + \Phi_i(x - a)|x - a|$


(очевидно всё выполняется, плюс они все ещё и непрерывны, что очевидно, если расписать по координатам)

$\lhd$

\subsubsection{Необходимое условие дифференцируемости\texorpdfstring{$^2$}{}}

\subparagraph{Формулировка: }

$F: E \subset \mathbb{R}^m \rightarrow \mathbb{R}, \dbl a \in Int(E)$

$F$ --- дифференцируема в точке $a$.

Тогда $\exists f^\prime_1, f^\prime_2, \ldots, f^\prime_m$ и матрица Якоби в точке $a = (f^\prime_1, f^\prime_2, \ldots, f^\prime_m)$

\subparagraph{Доказательство: }

$\rhd$

Распишем определение дифференцируемости:

\[f(a + h) = f(a) + \lambda_1h_1 + \lambda_2h_2 + \ldots + \lambda_mh_m + \alpha(h)|h|\]

Зафиксируем точку $k \in [1, m]$. Пусть $h_k := s \cdot (0, 0, 0, 0, 0, 1, \ldots, 0, 0, 0)$ (единичка на $k$-том месте), причём $s < r$, где $B(a, r) \subset E$.

\[f(a_1, a_2, \ldots, a_k + s, \dots, a_m) = f(a) + \lambda_k \cdot s + \alpha(h(s))|s|\]

Выражаем $\lambda_k$ :

\[\lambda_k = \pdv{f}{x_k} (a)\]

Итого, все производные существуют и в матрице Якоби действительно располагаются они.

$\lhd$

\subsubsection{Дифференцирование 'произведений'\texorpdfstring{$^2$}{}}

\subparagraph{Формулировка: }
$F, G: E \subset \mathbb R^m \to \mathbb R^l \quad a \in Int(e)$

$\lambda: E \to \mathbb R$

$F,G, \lambda$ - дифференцируемы в точке $a$

Тогда:
\begin{enumerate}
    \item $(\lambda F)'(a) \cdot h = (\lambda'(a) h) F(a) + \lambda(a) F'(a) \cdot h$ - причем тут в первом слагаемом справа от равенства мы на h "действуем", а не умножаем.
    \item $(<F, G>)'(a)h = <F'(a)h, G(a)> + <F(a), G'(a)h>$
\end{enumerate}

\subparagraph{Доказательство: }

$\rhd$

\begin{enumerate}
    \item 
        Сначала рассмотрим based версию для $l = 1$: 
        $(\lambda f)(a + h) - (\lambda f) (a) = \lambda (a + h)f(a+h) - \lambda(a)f(a) = \left(\lambda(a) + \lambda'(a)h + \alpha(h)|h|\right) \cdot \left(f(a) + f'(a)h + \beta(h)|h|\right) - \lambda(a)f(a) = \lambda(a)f(a) + \lambda(a)f'(a)h + \lambda'(a)hf(a) +o(h)$
        Итого: $(\lambda'(a)h)f(a) + \lambda(a) (f'(a)h + o(h))$
        А теперь просто скажем, что это одна из координат по которой мы дифференцируем, и будем радоваться жизни.
        
    \item

        По определению:
        $$
        <F,G>(x) = \sum_{i=1}^l f_i(x)g_i(x)
        $$

        А теперь:
        \begin{multline*}
            $$
        ((<F,G>)'(a))'h = \sum_{i=1}^l(f_i(a)g_i(a))'h = \\
        = \sum_{i=1}^l f_i'(a)hg_i(a) + f_i(a)g_i'(a)h =\\
        = \sum_{i=1}^lf_i'(a)hg_i(a) + \sum_{i=1}^lf_i(a)g_i'(a)h = \\
        = <F'(a)h, G(a)> + <F(a), G'(a)h>
        $$
    \end{multline*}
        
\end{enumerate}

$\lhd$

\subsubsection{Экстремальное свойство градиента\texorpdfstring{$^3$}{}}


\subparagraph{Формулировка: }

$f: E\subset \mathbb{R}^m \to \mathbb R \quad a \in Int(E)$

$f$ - дифференцируема в т.$a \quad grad f(a) = \nabla f(a) \neq 0$

$l:= \frac{\nabla f(a)} {|\nabla f(a)|}$ - вектор-направление градиента (наискорейшего возрастания функции)

т.е. $\forall h \in \mathbb R^m |h| = r$

$$
-|\nabla f(a)| = -\frac{\partial f}{\partial l}(a) \leq \frac{\partial f}{\partial h}(a) \leq \frac{\partial f}{\partial t} (a) = |\nabla f(a)|
$$

Причем равенство достигается при $h = -l$ слева и $h = l$ справа.

\subparagraph{Доказательство: }

$\rhd$

По определению градиента:
$$
\frac{\partial f}{\partial h} (a) = <\nabla f(a), h>
$$

Неравенство КБШ:

$$
<\nabla f(a), h> \leq |\nabla f(a)| |h| = |\nabla f(a)|
$$

Так как по факту скалярное произведение стоит под модулем, то и исходное условие выполняется.

Альтернативная версия, с помощью которой проще понять идею: $l$ - нормирован, $h$ - тоже нормирован, $<l, h>$ будет максимальным при $l=h$.

$\lhd$

\subsubsection{Независимость частных производных от порядка дифференцирования\texorpdfstring{$^3$}{}}

\subparagraph{Формулировка: }

$f:E \subset \mathbb R ^2 \to \mathbb R \quad a \in Int(a)$

Мы рассматриваем $m = 2$, остальные сводятся к этому случаю по правилу раскрытия дифференциала

Если $\exists f_{xy}'', f_{yx}''$ в окрестности т.$a$ и они непрерывны $\Rightarrow f_{xy}''(x_0, y_0) = f_{yx}''(x_0, y_0)$

\subparagraph{Доказательство: }

$\rhd$

Рассмотрим суперфункцию:

$$
\Delta^2 f(h, k) = f(x_0 + h, y_0 + k) - f(x_0 + h, y_0) - f(x_0, y_0 + k) + f(x_0, y_0)
$$

$$
\alpha(h) = \Delta^2 f(h, k') 
$$
где $k'$ - фикированное $k$.

Пусть $\bar h$ - какая-то средняя точка.

$$
\alpha(0) = 0 
$$

$$
\alpha(h) = \alpha(h) - \alpha(0) \underset {\text{По Лагранжу}} {=} \alpha'(\bar h) \cdot h = \left(f_x' (x_0 + \bar h, y_0 + k') - f_x' (x_0 + \bar h, y_0)\right)h \underset {\text{По Лагранжу}} {=} f_{xy}''(x_0 + \bar h, y_0 +\bar k) \cdot h \cdot k
$$

Аналогично вводим $\beta (k)$ с фиксированным $h$

Получаем: 
$$
\beta (k) = \cdots = f_{yx}'' (x_0 + \bar {\bar h}, y_0 + \bar{\bar k}) \cdot h \cdot k
$$

При фиксированных $h, k \neq 0$
$$
\alpha(h) = \beta(k)
$$

$$
h\cdot k\cdot f_{xy}''(x_0 + \bar h, y_0 + \bar k) = f_{yx}''(x_0 + \bar{\bar h}, y_0 + \bar{\bar k}) \cdot h \cdot k
$$

$\bar h, \bar k, \bar{\bar h}, \bar{\bar k}$ - какие-то средние значения между $[0, h]$ и $[0, k]$.

$$
f_{xy}'' (x_0 + \bar h, y_0 + \bar k) = f_{yx}''(x_0 + \bar{\bar h}, y_0 + \bar{\bar k}) \underset {\bar h, \bar k, \bar{\bar h}, \bar {\bar k} \to \infty}{\to} f_{xy}''(x_0, y_0) = f_{yx}''(x_0, y_0)
$$

$\lhd$


\subsubsection{Полиномиальная формула\texorpdfstring{$^3$}{}}

\subparagraph{Формулировка: }

$$
(a_1 + a_2 + \dots + a_m)^r = \sum_{n_1 = 1}^m\sum_{n_2 = 1}^m \dots \sum_{n_r = 1}^m a_{n_1} \cdot a_{n_2} \cdots a_{n_r} = \sum_{j: |j| = r} \frac {r!}{j!} a^j
$$

Здесь $j$ - мультииндекс.

Первое равенство - наивная реализация раскрытия скобок.

\subparagraph{Доказательство: }

$\rhd$

Как ни странно, по индукции.

База:

$r = 1$ - очевидно.

Переход:

Пусть все верно для $r$: 
$$
(a_1 + a_2 + \dots + a_m)^r = \sum_{j: |j| = r} \frac {r!}{j!} a^j
$$
Покажем для $r + 1$

$$
(a_1 + a_2 + \dots + a_m)^{r+1} = (a_1 + a_2 + \dots + a_m) (a_1 + a_2 + \dots + a_m)^r = (a_1 + a_2 + \dots + a_m) \cdot \sum_{j: |j| = r} \frac{r!}{j!} a^j = 
$$

Вот теперь мы повеселимся. Сначала "домножим" на первую скобку, породив $m$ сумм: 

$$
= \sum_{j: |j| = r} \frac{r!}{j_1!j_2!\dots j_m!} a^{j_1 + 1}_1 a^{j_2}_2 \dots a^{j_m}_m + \dots + \sum_{j: |j| = r} \frac{r!}{j_1!j_2!\dots j_m!} a^{j_1}_1 a^{j_2}_2\dots a^{j_m + 1}_m
$$

Теперь перепишем вот это вот все к более удобному виду. На примере первой суммы:

$$
\sum_{j: |j| = r} \frac{r!} {j_1!j_2!\dots j_m!} a^{j_1+1}_1 a^{j_2}_2 \dots a^{j_m}_m  \longrightarrow \sum_{j: |j| = r+1 j_1 \geq 1} \frac{r! j_1} {j_1! j_2! \dots j_m!} a^{j_1}_1 a^{j_2}_2 \cdots a^{j_m}_m
$$

Итак, мы добавили 1 член, поэтому теперь мультииндекс $|j| \leq r + 1$. Причем, $j_1 \geq 1$, т.к. надо гарантировать это, потому что мы только что домножили на скобку. Также мы по пути трансформировали индексы $j$, поэтому из дроби $\frac{r!}{j_1!\cdots}$ $j_1$ - это как бы $(j_1 + 1)$ из прошлой суммы. Поэтому домножаем дробь на $j_1$, чтобы в знаменателе сократить последний член. 

Итого:
$$
\sum_{j: |j| \leq r + 1} \frac{r! j_1} {j_1!j_2!\dots j_m!} a^{j_1}_1 a^{j_2}_2 \dots a^{j_m}_m + \dots + \sum_{j: |j| = r + 1, j_m \geq 1} \frac {r! j_m} {j_1! j_2! \dots j_m!} a^{j_1}_1 a^{j_2}_2 \dots a^{j_m}_m
$$

Отметим, что приписка $j_i \geq 1$ - бессмысленна, т.к. если он равен нулю, то слагаемое просто занулится, и все будет норм.

Выносим все общее:

$$
\sum_{j: |j| = r + 1} \frac {r! ( j_1 + j_2 + \dots + j_m)}{j_1! j_2! \dots j_m!} a_1^{j_1} a_2^{j_2} \dots a_m^{j_m} = \sum_{j: |j| = r + 1} \frac{(r+1)!}{j!} a^{(r + 1)}
$$

Все сошлось!

$\lhd$

\subsubsection{Лемма о дифференцировании "сдвига"\texorpdfstring{$^3$}{}}


\subparagraph{Формулировка: }

$ f:E\subset \mathbb R ^m \to \mathbb R \quad f \in C^r(E)$

$ a \in E,\quad h \in \mathbb R ^m \quad a + th \in E$, при $t \in [-1, 1]$

Пусть $\varphi(t) = f(a + th)$

Тогда $\varphi^{(k)}(t) = \sum_{j: |j| = k} \frac {k!} {j!} \frac {\partial ^k f} {\partial x ^j} (a + th)$

\subparagraph{Доказательство: }

$\rhd$

$$
\varphi(t)_t' = f(a + th)_t' = \frac {\partial}{\partial t} f(a_1 + th_1, a_2 + th_2, \dots, a_m + th_m) = \sum_{i = 1}^m \frac{\partial f} {\partial x_i} (a + th) \cdot h_i
$$

$$
\varphi''(t)_t = \left(\sum_{i=1}^m \frac{\partial f} {\partial x_i} (a + th) h_i \right)_t' = \sum_{i_1=1}^m \sum_{i_2=1}^m \frac{\partial^2 f} {\partial x_{i_2} \partial x_{i_1}} (a + th) \cdot h_{i_1} \cdot h_{i_2}
$$

Замечаем закономерность:

$$
\varphi^{(k)}(t)_t = \sum_{i_1 = 1}^m \sum_{i_2 = 1}^m \dots \sum_{i_k = 1}^m \frac{\partial^k f}{\partial x_{i_k} \partial x_{i_{k-1}} \dots \partial x_{i_1}} (a + th) h_{i_1} \cdot h_{i_2} \cdot \dots \cdot h_{i_k} =
$$

И т.к. нам без разницы, в каком порядке брать производные, применяем полиномиальную формулу:

$$
= \varphi^{(k)}(t) = \sum_{j:  |j| = k} \frac{k!}{j!} \frac {\partial ^k f} {\partial x ^j} (a + th)
$$

$\lhd$

\end{document}