\documentclass[12pt]{article}
\usepackage{fontspec}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsfonts} 
\usepackage{wrapfig}
\usepackage{graphicx}
\usepackage[margin=0.4in]{geometry}
\setmainfont{FreeSans}
\graphicspath{ {../images} }
\everymath{\displaystyle}

\DeclareMathOperator{\sign}{sgn}

\begin{document}
\subsection*{Необходимое и достаточное условие интегрируемости функции в терминах верхних и нижних сумм}
Для того, чтобы функция $f(x)$ была интегрируема на $[a,b]$ необходимо и достаточно, чтобы 
$\forall \varepsilon > 0 \exists T_{[a,b]}: \underline S - \bar s < \varepsilon$

\textbf{Следствие из теоремы Кантора}: \\
Если $f(x)$ непрерывна на $[a,b]$, то $\forall \varepsilon > 0 \exists T_{[a,b]}: \omega_i < \varepsilon, \forall i\quad \omega_i = \underline M_i - \bar m_i$

\textbf{Интегрируемость разрывных ограниченныъ функций, все точки разрывов которых можно покрыть отрезками сколь угодно малой длины}
[назовём такое функциями с \textbf{б.м. шириной разрыва}, пример такой функции 
$\sign \sin \frac 1 x$]:

В отрезке $[-\frac \varepsilon 8, \frac \varepsilon 8] \exists \infty $ точек разрыва, вне - конечное число разрывов.\\
Внутри: $\frac 1 {\pi k} < \frac \varepsilon 8,\quad k > \frac 8 {\pi\varepsilon}$ \\
Снаружи: $2 < k < \frac 8 {\pi\varepsilon}$

Каждую точку снаружи покроем отрезком $[\pm \frac 1 {\pi k} - \frac \varepsilon {16}, \pm \frac 1 {\pi k} + \frac \varepsilon {16}]$, внутри покроем $[-\frac \varepsilon 8, \frac \varepsilon 8]$

Суммарная длина отрезков, покрывающий точки разрыва $\bar\Delta = \frac \varepsilon 4 + 2n\cdot \frac \varepsilon {8n} = \frac \varepsilon 2$

Составим разбиение $T_{[-\pi, \pi]}$, которое будет включать все концы отрезков, покрывающих точки разыва

Вне точек разрыва $f(x)$ непрерывна. По следствию из Теоремы Кантора можно подобрать такое разбиение, что $\forall i \omega_i < \frac \varepsilon {2|b-a|}$, в нашем случае на непрерывностях $\omega_i = 0$ \\
$\underline S - \bar s = \sum_i \omega_i\Delta_i + \sum_i 0 \cdot \Delta_i = [\omega_i = 2] = 2\sum_i\Delta_i = 2\cdot\frac\varepsilon 2 = \varepsilon$

\textbf{Теорема}: Ограниченная на $[a,b]$ функция $f(x)$ с б.м. шириной разрыва интегрируема на $[a,b]$

Доказательство: выберем произвольное $\varepsilon > 0$,  покроем все точки разрыва суммарной длиной $\bar\Delta < \frac{\varepsilon}{2(\underline M-\bar m)}$, где
$\underline M = \sup_{[a,b]} f(x), \bar m = \inf_{[a,b]} f(x)$ \\
На оставшихся отрезках $f(x)$ непрерывна, поэтому по следствию из теоремы Кантора для выбранного $\varepsilon \exists T_{[x_{i-1}, x_i]} \in [a,b] : \omega_i < \frac \varepsilon {2(b-a)}$, 
$\underline S - \bar s = \sum_i\bar\omega_i\bar\Delta_i + \sum_i\omega_i\Delta_i < (\underline M < \bar m)\sum_i\Delta_i + \frac\varepsilon{2(b-a)}\sum_i\Delta_i \leq \varepsilon)$ \\
По теореме о необходимом и достаточном условии интегрируемости в теоминах верхних и нижних сумм $f(x)$ интегрируема на $[a,b]$

\section*{\$6. Свойства интегрируемых функций}
для всех свойств $f(x) [$и $ g(x)] $ интегрируемa(-ы) на $ [a,b]$ \\
\begin{enumerate}
	\item $\int_b^af(x)dx = -\int_a^bf(x)dx$ (по определению)
	\item Если $f(x), g(x)$ интегрируемы на $[a,b]$, то $\int_a^b(\alpha f(x) + \beta g(x))dx = \alpha\int_a^b f(x)dx + \beta\int_a^b g(x)dx$

		Доказательство:
		$\sum_i(\alpha f(\xi_i) + \beta g(\xi_i))\Delta_i = \alpha\sum_if(i)(\xi_i)\Delta_i + \beta\sum_ig(\xi_i)\Delta_i$
	\item Если $f(x)$ интегрируема на $[a,b]$, то $f(x)$ интегрируема $\forall [c,b] \subset [a,b]$

		Доказательство: $\forall \varepsilon > 0 \exists T_{[a,b]}: \underline S^{[a,b]} - \bar s^{[a,b]} < \varepsilon. \\
		\underline S^{[c,d]} - \bar s^{[c,d]} = \sum_{[x_{i-1}, x_i] \in [a,b]}\omega_i^{[c,d]}\cdot\Delta_i \leq \sum_{[x_{i-1}, x_i] \in [a,b]} \omega_i^{[a,b]}\Delta_i = S^{[a,b]} - \bar s^{[a,b]} < \varepsilon$
	\item Если $c \in [a,b]$, то $\int_a^bf(x)dx = \int_a^cf(x)dx+\int_c^bf(x)dx$

		Доказательство: $\forall \varepsilon > 0 \exists T_{[a,b]} : \underline S - \bar s < \varepsilon$. Добавим [если нужно] точку $c$ в $T$:
		\\$\underline S^{(c)} - \bar s^{(c)} \leq \underline S - \bar s < \varepsilon$, 
		$\sum_{\cup[x_{i-1}, x_i] \subset [a,b]}f(\xi_i)\Delta_i = \sum_{\cup[x_{i-1}, x_i] \subset [a,c]}f(\xi_i)\Delta_i + \sum_{\cup[x_{i-1}, x_i] \subset [c,b]}f(\xi_i)\Delta_i$ \\
		Каждое слагаемое стремится к соответствующему интегралу, то есть типа доказано
	\\\\4'. Если $c \not \in [a,b]$, то равенство 4 всё ещё выполняется
	\item Если $f(x) \geq 0 \forall x \in [a,b] :\quad \int_a^b f(x)dx \geq 0$
			
		Доказательство: $\int_a^b f(x)dx = \lim_{\Delta \rightarrow 0} \sum_i f(\xi_i)\Delta_i \geq 0$

		Следствие: $f(x) \geq g(x) \forall x \in [a,b]: \int_a^bf(x)dx \geq \int_a^bg(x)dx$
	\item $|f(x)|$ интегрируем на $[a,b]$, 
		
		Доказательство: $-f(x)\leq|f(x)|\leq{}f(x)\implies-\int_a^bf(x)dx\leq\int_a^b|f(x)|dx\leq\int_a^bf(x)dx\implies\\\implies\int_a^b|f(x)|dx\geq\left|\int_a^bf(x)dx\right|$ (Для $f(x) \geq 0$, аналогично для $f(x) \leq 0$)
	\item $f(x)g(x)$ интегрируемо на $[a,b]$ 

		Разбор в записи лекции
	\item $\sup_{[a,b]} g(x) < 0 \lor\inf_{[a,b]} g(x) > 0 : \frac {f(x)} {g(x)} $ интегрируемы на $[a,b]$
\end{enumerate}

\section*{\$7. Теорема о средних}
$g(x) \geq 0 \lor g(x) \leq 0\: \forall x \in [a,b]$ 
$:\exists\mu\in[\bar m_f, \underline M_f] : \int_a^bf(x)g(x)dx = \mu\int_a^bg(x)dx$

Доказательство: (для $g(x)\geq 0$)\\
$
	\bar m_f \leq f(x) \leq \underline M_f \hspace{5mm}|\cdot g(x) \\
	\bar m_f g(x) \leq f(x)g(x) \leq \underline M_fg(x) \\
	\bar m_f \int_a^bg(x)dx \leq \int_a^bf(x)g(x)dx \leq \underline M_f\int_a^bg(x)dx \\
$
Если $\int_a^b g(x)dx \neq 0$, то $\int_a^bf(x)g(x)dx = 0$ и $\forall \mu$ утверждение верно\\
Если $\int_a^b g(x)dx > 0$, $\bar m_f \leq \frac{\int_a^bf(x)g(x)dx}{\int_a^bg(x)dx} \leq \underline M_f \implies \bar m_f \leq \mu \leq \underline M_f$ (ну и понятно, что там всё доказано)

Следствие: Если $f(x)$ непрерывна на отрезке $[a,b]$, то $\forall \mu \in [\bar m_f, \underline M_f]\;\exists \xi \in [a,b] : f(\xi) = \mu$

Для непрерывной $f(x)$ формула среднего значения: $\exists \xi \in [a,b]:\quad \int_a^bf(x)g(x)dx = f(\xi)\int_a^bg(x)dx$

Задание на перерыв:
1. Сформулировать теорему о средaнем значении для $g = 1$ для $f(x)$ ограниченной и неограниченной на $[a,b]$ \\
2. Придумать $f(x)$ такую, чтобы $f(x)$ неинтегрируема, а $|f(x)|$ интегрируема.

\section*{\$8. Формула Ньютона-Лейбница}
Напоминалка: $F(x)$ называется первообразной $f(x)$ на отрезке $[a,b]$, если $F'(x_0) = f(x_0) \forall x_0 \in [a,b]$

Основная Теорема: Если $f(x)$ непрерывна на $[a,b]$, то $\exists F(x) = \int_a^xf(t)dt$ - интеграл с переменным верхним пределом

Доказательство: 
$F'(x) = \lim_{\Delta x \rightarrow 0}\frac{\int_a^{x+\Delta x}f(t)dt - \int_a^xf(t)dt}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \rightarrow 0} = \frac 1 {\Delta x}\int_x^{x + \Delta x}f(t)dt = \lim_{\Delta x \rightarrow 0}\frac{f(\xi)\int_x^{x + \Delta x}dt}{\Delta x} = \\ 
= \lim_{\Delta x \rightarrow 0}f(\xi) = f(x)$

Следствие: \textbf{формула ньютона-лейбница} \\
Если $f(x)$ непрерывна на $[a,b]$ и одна из её первообазных: $\phi(x)$, то $\int_a^bf(x)dx = \phi(b) - \phi(a)$

Доказательство: \\
$\phi(x) = F(x) + C,\hspace{5mm}\phi(x) = \int_a^xf(x)dx+C\hspace{5mm}\left\{\begin{aligned}&\phi(a) = C\\&\phi(b) = \int_a^bf(x)dx \end{aligned}\right. \implies \int_a^bf(x)dx = \phi(b) - \phi(a) 
\\{}\hspace{17.5cm}\blacksquare$

Следствия следствия:

\begin{enumerate}
	\item Интегрирование по частям: \\
		$\int udv = uv - \int vdu. \\ \int_a^b udv = u(b)v(b) - u(a)v(a) - \int_a^bvdu$
	\item Замена под знаком определённого интеграла \\
		$f(x)$ непрерывна на $[a,b]$, имеет ПО $F(x)$, $g(t)$ дифференцируема, $g(\alpha) = a, g(\beta) = b$ \\
		Тогда $\int_a^bf(x)dt = \int_\alpha^\beta f(g(t))g'(t)dt$

		Доказательство: \\
		$F'(x) = f(x),\quad F'(g(t)) = f(g(t))\cdot g'(t)dt \implies F'(g(t)) - $ первообразная для правой части. По формуле Н.-Л.:
		$\int_a^bf(g(t))g'(t)dt = F(g(\beta)) - F(g(\alpha)) = F(b) - f(a) = \int_a^bf(x)dx$

		Пример: $\int_{-a}^a \sqrt{a^2 - x^2}dx = [x = a\sin t, t \in [-\frac \pi 2, \frac \pi 2], dx = g'(t)dt = a\cos tdt] = \int_{-\frac \pi 2}^{\frac \pi 2}a^2\cos^2 t dt = a^2\int_{-\frac \pi 2}^{\frac \pi 2}\frac{1 + \cos 2t} 2 dt = \frac {a^2} 2 \left.\left(t + \frac 1 2 \sin 2t\right)\right|_{-\frac \pi 2}^{\frac \pi 2} = \frac \pi 2 a^2$
	\item Дифференцирование интеграла с переменными пределами \\
		Пусть $\phi(x), \psi(x)$ дифф-мы на $[a,b]$, а $f(t)$ интегрируема на $t = [\phi(x), \psi(x)]\;\forall x \in [a,b]$ \\
		Тогда можно составить интеграл $\int_{\phi(x)}^{\psi(x)}f(t)dt = F(\psi(x)) - F(\phi(x)), F$ - ПО $f(t) \implies \\
		\implies \frac{d}{dx}\int_{\phi(x)}^{\psi(x)}f(t)dt a = f(\psi(x)) \psi'(x) - f(\phi(x))\phi'(x)$ 

		Пример: $\frac{d}{dx}\int_{1-x}^xf(t)dt = f(x) + f(1-x)$
\end{enumerate}

Для самостоятельного изучения остаётся тема "СВОйства графиков функций": первое, второе достаточное условие экстремума, определение точек возможного экстремума, выпуслость/вогнутость, точки перегиба, достаточное условие перегиба, ассимптоты 

\section*{Глава VIII: Теорема о формуле Тееееееееееееееееееееееееейлора }
Определение: Многочлен Тейлора для $f(x)$ в точке $x_0$ : $P_n(x) = \sum_{k=0}^n \frac {f^{(n)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k$ 

Теорема о формуле тейлора с остаточным членом в интегральной форме. Если $f(x)$  $(n+1)$ раз дифференцируема в $\Omega(x_0) \implies \forall x \in \Omega(x_0)$ верно представление \\
$f(x) = P_n(x) + R_{n+1}(x)$, где $R_{n+1}(x) = \frac 1 {n!} \int_{x_0}^x f^{(n+1)}(t)(x-t)^ndt$

Доказательство:
$\int_{x_0}^xf'(t)dt = f(x) - f(x_0)\hspace{1cm}f(x) = f(x_0) + \int_{x_0}^xf'(t)dt = f(x_0) - \int_{x_0}^xf'(t)d(x-t) = f(x_0) - \left.f'(t)(x-t)\right|_{x_0}^x + \int_{x_0}^xf''(t)(x-t)dt = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) - \int_{x_0}^xf''(t)d\frac{(x-t)^2}{2} = \\ = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) - \frac 1 2 f''(t)(x-t)^2|_{x_0}^x + \frac 1 2 \int_{x_0}^xf'''(t)(x-t)^2dt = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac 1 2 f''(x_0)(x-x_0)^2 + R_2(x)$ \\
Через $n$ итераций $f(x) = \sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k + \frac 1 {n!} \int_{x_0}^xf^{(n+1)}(t)(x-t)^ndt$ \\

\textbf{Формула тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа}
$f(x) = P_n(x) + \frac 1 {(n+1)!}f^{(n+1)}(\xi)(x-x_0)^{n+1}, \xi \in [x_0, x]$ \\
$R_{n+1} = \frac 1 {n!}\int_{x_0}^xf^{(n+1)}(t)(x-t)^ndt =$ [ по теореме о среднем ] $= \frac 1 {n!}f^{(n+1)}(\xi)\int_{x_0}^x(x-t)^ndt = \\ = \frac 1 {(n+1)!}f^{(n+1)}(\xi)(x-x_0)^{n+1}$

\textbf{Теорема о формуле тейлора с остаточным членом в форме Пеано}
Пусть $f(x)$ $n$ раз дифференцируема в $x_0$. Тогда справебыдло: $f(x) = P_n(x) + o((x-x_0)^n)$

Доказательство: $\lim_{x\rightarrow x_0} \frac {f(x) - P_n(x)}{(x-x_0)^n} = 0,\hspace{1cm}\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f(x) - f(x'_0)(x-x_0) - \dots }{(x-x_0)^n} = \\ = \lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f'(x) - f'(x_0) - f''(x_0)(x-x_0) - \dots - \frac{f^{(n)}(x_0)}{(n-1)!}(x-x_0)^{n-1}}{n(x-x_0)^{n-1}} = \lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f^{(n)}(x) - f^{(n)}(x_0)}{n!} = 0$, значит, \\
$f(x) - P_n(x) = o((x-x_0)^n)$

Пусть $\alpha(x) = f(x) - P_n(x)$. Тогда $\lim_{x\rightarrow x_0}\alpha'(x) = 0,\hspace{5mm}\lim_{x\rightarrow x_0}\alpha^{(n)}(x) = 0$
$\left\{\begin{aligned} \alpha(x_0) = 0 \\ \alpha'(x_0) = 0 \\ \vdots \\ \alpha^{(n)}(x_0) = 0 \end{aligned}\right.$

\newpage

\textbf{Теорема о единственности представления по формуле тейлора}

Пусть у нас есть 2 представления: \\
$f(x) = a_0 + a_1(x-x_0) + \dots + \alpha_1(x) = b_0 + b_1(x-x_0) + \dots + \alpha_2(x)$ \\
$x = x_0 \implies a_0 = b_0, \hspace{5mm} a_1(x-x_0) + a_2(x-x_0)^2 + \dots + \alpha_1(x) = b_1(x - x_0) + b_2(x-x_0)^2 + \dots + \alpha_2(x)$ \\
равенство производных должно выполняться $\forall x$ \\
$a_1 + 2a_2(x-x_0) + \dots + \alpha_1'(x) = b_1 + 2b_2(x-x_0) + \dots + \alpha_2'(x)$ \\
$\vdots\hspace{1cm}\vdots\hspace{1cm}\vdots\hspace{1cm}\vdots\hspace{1cm}\vdots\hspace{1cm}\vdots\hspace{1cm}\vdots\hspace{1cm}\vdots\hspace{1cm}\vdots\hspace{1cm}\vdots\hspace{1cm}\vdots\hspace{1cm}$ \\
$\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots$ \\
$\dots \implies a_i = b_i (\forall i)$



\end{document}
