\documentclass[12pt]{article}
\usepackage{fontspec}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsfonts} 
\usepackage{wrapfig}
\usepackage{graphicx}
\usepackage[margin=0.25in]{geometry}
\setmainfont{FreeSans}
\graphicspath{ {../images} }
\everymath{\displaystyle}

\DeclareMathOperator{\arctg}{arctg}

\begin{document}
\subsection*{Теорема (Роля)}
Пусть $f(x)$ 
\begin{enumerate}
	\item определена и непрерывна на $[a,b]$
	\item дифференцируема на $(a, b)$
	\item $f(a) = f(b)$
\end{enumerate}
Тогда $\exists c \in (a, b) : f'(c) = 0$ \\
Доказательство: см. [19,23.11.pdf]

\subsection*{Теорема Лагранжа}
Введение:
\begin{math}
y_{touch} = f'(c)(x-c) + f(c) \\
y_{intersct} = \frac{f(b) - f(a)}{b-a}(x-a) + f(a)
\end{math}

\begin{wrapfigure}{r}{0.3\textwidth}
	\centering
	\includegraphics[width=0.28\textwidth]{m26_1}
\end{wrapfigure}

Сама теорема: \\
Пусть $f(x)$
\begin{enumerate}
	\item Непрерывна на $[a, b]$
	\item Дифференцируема на $(a, b)$
\end{enumerate}
Тогда $\exists c \in (a, b) : f(b) - f(a) = f'(c)(b-a)$

Доказательство: \\
рассмотрим функцию $F(x) = f(x) - y_{intersect} = f(x) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a) - f(a)$
\begin{enumerate}
	\item $F(x)$ непрерывная на $[a, b]$ как суперпозиция непрерывных функций
	\item $F(x)$ дифференцируема на $(a, b)$ как суперпозиция дифференцируемых функций
	\item $F(a) = 0$
	\item $F(b) = 0$
\end{enumerate}
Для $F(x)$ выполнены условия Теоремы ролля, значит \\
$\exists c \in (a, b) : F'(c) = 0$, 
$0 = F'(c) = f'(c) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a} \implies f(b) - f(a) = f'(c)(b-a) [c \in (a, b)]$. \\
$f(b) - f(a) = f'(c)(b-a) [c \in (a, b)]$ - Формула Лагранжа, Формула конечных приращений

Замечание: \\
Часто используется в форме $f(x+\Delta x) = f(x) + f'(x + \theta \Delta x)\cdot \Delta x $, $ [0 < \theta < 1]$

Следствие: \\
Елси $f'(x) \equiv 0 \: \forall x \in [a, b]$, то $f(x) = const, x \in (a, b)$

Доказательство:\\
$\forall x_o \in [a, b], x \in (a, b)$. На отрезке $[x_0, x]$ по формуле Лагранжа
получаем \\ $f(x) - f(x_0) = 0 + (x-x_0) \implies \forall x, x_0 \in [a,b] : f(x) = f(x_0) \implies f(x) = const$


\subsection*{Теорема о формуле Коши}
\begin{enumerate}
	\item Пусть $f(x), g(x)$ непрерывны на $[a, b]$
	\item Пусть $f(x), g(x)$ дифференцируемы на $(a, b)$
	\item $g'(x) \neq 0 \forall x \in (a,b)$
\end{enumerate}
Тогда $ \exists c \in (a, b) : \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}$
Замечание: $g(b) \neq g(a)$, иначе бы выполнялось условие теоремы ролля, 

Доказательство: \\
$ F(x) = f(x) - \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}(g(x) - g(a))$ \\
$F(x)$ непрерывна, дифференцируема на $(a,b)$. $F(a) = f(a), F(b) = f(a)$ \\
По теореме ролля $ \exists c \in (a, b) : F'(c) = 0 \implies 0 = F'(c) = f'(c) - \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}g'(c) \implies \\ 
\implies \frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}$

Замечание 1: Точка $c$ в формуле Лагранжа для функций $f(x), g(x)$ не совпадают и не совапдают с точкой $c$ в формуле Коши \\
Замечание 2: Формула Лагранжа получается из Формулы Коши, если $g=x$

\subsection*{Правило Лопиталя}
Теорма: \\
\begin{enumerate}
	\item	Пусть $f(x), g(x)$ дифференцируемы в проколотой $\Omega(x_0)$
	\item	$\lim_{x \rightarrow 0}f(x) = 0$
	\item	$\lim_{x \rightarrow 0}g(x) = 0$
	\item	$\forall x \in \Omega(x_0): g'(x) \neq 0$
	\item	$ \exists\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}$
\end{enumerate}
Тогда $ \lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}$

Доказательство: \\
Если $f(x), g(x)$ не опред в $x_0$, доопределим по непрерывности $f(x_0) = g(x_0) = 0$ \\
Возьмём $x \in \overset{\circ}{\Omega}(x_0)$. Для отрезка $[x, x_0]$ и функций $f(x), g(x)$ выполняется 
формула Коши  \\
Т.е. $\exists c \in (x, x_0): \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f(x) - f(x_0)}{g(x) - g(x_0)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}$ \\
Если $x \rightarrow x_0, x < c < x_0$, то $c \rightarrow x_0$, т.е. 
$ \lim_{c \rightarrow x_0} \equiv \lim_{x \rightarrow x_0}$.
Получается, что \\
$\lim_{c \rightarrow x_0}\frac{f'(c)}{g'(c)} = \lim_{x \rightarrow x_0}\frac{f'(c)}{g'(c)} $ \\
Если $\exists \lim$ левой части равенство, то $\exists \lim$ правой части равенства и они равны

Замечание 1:
Теорема о правиле Лопиталя работает при $f(x_0) \rightarrow \infty \land g(x_0) \rightarrow \infty$ (через замену $f_1 = f^{-1}$)

Замечание 2:
Теорема о правиле Лопиталя работает при $x \rightarrow \infty$ (через замену $x_1 = x^{-1}$)

Замечание 3:
Если после использования правила Лопиталя неопределённость не ушла, применяем снова

Итак, правило работает для неопределённостей вида 
$\left[\frac{0}{0}\right], \left[\frac{\infty}{\infty}\right]$ при $x \rightarrow x_0 \lor x \rightarrow \infty$ \\

Пример 1: \\
$\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\ln(x)}{x^\alpha} = [\alpha > 0] = \lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{1}{\alpha x^\alpha} = 0$.
Вывод: $\ln(x) \ll x^\alpha, \alpha > 0$  [или $\ln(x) = o(x^\alpha)$]

Пример 2: \\
$\lim_{x\rightarrow+0}\frac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^\alpha} = \lim_{x\rightarrow+0}\frac{-\frac{2}{x^3}e^{-\frac{1}{x^2}}}{\alpha x^{\alpha-1}}$. О нет, стало ещё хуже... пойдём дргим путём. \\
Попробуем перевернуть
$\lim_{x\rightarrow+0}\frac{x^{-\alpha}}{e^{\frac{1}{x^2}}} = \lim_{x\rightarrow+0}\frac{-\alpha x^{-\alpha-1}}{\frac{-2}{x^3}e^{\frac{1}{x^2}}} = 
\lim_{x\rightarrow+0}\frac{\alpha x^{2-\alpha}}{2e^{\frac{1}{x^2}}} = 
\lim_{x\rightarrow+0}\frac{2(\alpha-2) x^{4-\alpha}}{-4e^{\frac{1}{x^2}}} = \dots = $ \\
$\lim_{x\rightarrow+0}\frac{2(\alpha-2)(\alpha-4)\dots(2(n-1)-\alpha) x^{2n-\alpha}}{(-2)^ne^{\frac{1}{x^2}}} = \frac{0}{\infty} = 0$

\section*{Глава V. Интегралы}
\section*{Неопределённый интеграл}
$v = \omega r$, $\dot{x}(t) = v(t) - \omega r$, $x(t)$ - пробег. \\
Для того, чтобы получить $x(t)$, нужно провести действие, обратное дифференцированию.

Определение:\\
Функия $F(x)$ называется первообразной для функции $f(x)$ на $\mathbb{X}$, если 
$\forall x \in \mathbb{X} : F'(x) = f(x)$\\
Замечание: $F(x)$ дифференцируема $\implies F(X)$ - непрерывна

Пример 1: \\
$
\begin{aligned}
	F(x) &= \ln(x), x > 0 \implies F'(x) = x^{-1}, x > 0 \\
	F(x) &= \ln(-x), x < 0 \implies F'(x) = -(-1)x^{-1}, x > 0 = \frac{1}{x}
\end{aligned}
$\\
$\implies \ln|x|$ - Первообразная$ \frac{1}{x}$

Пример 2: \\
$
F(x) = |x|:
\left\{\begin{aligned}
	F'(x) &= 1 (x > 0) \\
	F'(x) &= -1 (x < 0) \\
	F'(0) &: \not \exists
\end{aligned}\right.
$

Другое определение: \\
непрерывная функция $F(x)$ называется первообразной функции $f(x)$ на $\mathbb(X)$, если $F'(x) = f(x)$ в точках непрерывности $f(x)$

Исходя из этого $F(x) = |x|$ является первообразной (далее - ПО) для 
$sgn(x) = \left\{\begin{aligned}-1 &, x < 0\\0 &, x = 0\\1 &,x > 0\end{aligned}\right.$

\subsection*{\$1. Основная теорема интегрального исчисления}
Если $F_1(x), F_2(x)$ - две ПО функции $f(x)$ на $\mathbb{X}$, то $F_1(x) - F_2(x) = const$

Доказательство:\\
$F_1'(x) = f(x) = F_2'(x) \forall x \in \mathbb{X}\quad (F_1(x) - F_2(x))' = 0 \implies F_1(x) - F_2(x) = const$ \\

Вывод: если $F(x)$ - одна из ПО Функции $f(x)$ на $\mathbb{X}$, любая другая ПО на $\mathbb{X}$ равна $\phi(x) = F(x) + C$ 

Примечание: промежутки $ = [a,b] \quad (a,b) \quad [a,+\infty) \quad (-\infty,b] \quad \mathbb{R}$

Определение: совокупность всех ПО функии $f(x)$ на промежутку $\mathbb{X}$ назывантся неопределённым \\ 
интегралом от функии $f(x)$ на промежутку $\mathbb{X}$

Обозначается: $\{F(x)\} = \int f(x)dx$

\subsection*{\$2. Свойства неопределённого интеграла}
$\int f(x)dx = F(X) + C, \quad F'(x) = f(x)$ \\
\begin{enumerate}
	\item $d\left(\int f(x)dx\right) = f(x)dx$ \\
		Доказательство: $d\left(\int f(x)dx\right) = d(F(x)+C) = F'(x)dx = f(x)dx$
	\item $\int dF = F(x) + c$ \\
		Доказательство: $\int dF = \int F'(x)dx = \int f(x)dx = F(x) + c$
	\item $\int (f_1(x) \pm f_2(x)) = \int f_1(x)dx \pm \int f_2(x)dx$ \\
		Доказательство: $\int f_1(x)dx \pm \int f_2(x)dx = F_1(x) \pm F_2(x) + c \quad(1), \quad (F_1(x) \pm F_2(x))' = f_1(x) \pm f_2(x) \implies \\
		\implies F_1(x) \pm F_2(x)$ - ПО для $f_1(x) \pm f_2(x)$, т.е. $\int(f_1(x) \pm f_2(x))dx = F_1(x) \pm F_2(x) + c \quad(2)$ \\
		Сравнивая правые части (1), (2) Получаем ф
	\item $\int kf(x)dx = f\int f(x)dx$\\
		Доказательство тривиально и предоставляется на упражнение читателю.
\end{enumerate}

\subsection*{\$3. Методы интегрирования}
Замечание: $\exists f : F$ нельзя записать в элементарных функциях.
Например, $\int e^{-x^2}dx$
\begin{enumerate}
	\item Выучить таблицу интегралов \\
	Пример: $\int x^\alpha dx = \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1} + c$
	\item Использовать арифметические преобразования \\
	Пример: $\int \frac{\sqrt{x}+1}{x} = [(3)] = \int\left(\frac{1}{\sqrt{x}} + \frac{1}{x}\right)dx = \int\frac{1}{\sqrt{x}}dx + \int\frac{1}{x}dx = 2\sqrt{x} + \ln|x| + c$
	\item Метод замены переменной \\ 
	\item Метод интегрирования по частям \\
\end{enumerate}

\subsubsection*{Метод замены переменной}
Вспомним 

$\mathbb{T}$еорему о производнй сложной функции: \\
Пусть $x = \varphi(t)$ задана на $\mathbb{T}$ и дифференцируема в точке $t_0 \in \mathbb{T}$. \\
Пусть $x_0 = \varphi(t_0)$. \\
Пусть $x = \varphi(t)$ принимает значения из $\mathbb{x}$. \\
Пусть функция $f(x)$ определена на $\mathbb{X}$ и дифференцируема в $x_0$. \\
Тогда $y = f(\varphi(t))$ дифференцируема в $t_0$ и $y' = f'(\varphi(t))\varphi'(t) \quad \forall t \in \mathbb{T}$

$\mathbb{T}$еорема о замене переменной в неопределённом интеграле: \\
Пусть $\varphi(t)$ дифференцируема на $\mathbb{T}$\\
Пусть $F(x)$ - ПО функции $f(x)$ на $\mathbb{X}$ \\
Пусть $D(\varphi(t)) = \mathbb{X}$ ($D$ - область значений) \\
Тогда $F(\varphi(t))$ - ПО для функции $f(\varphi(t))\varphi'(t)$ на $\mathbb{T}$

Доказательство: По теореме о производной сложной функции $F(\varphi(t))' = f(\varphi(t))\varphi'(t)$

Следствие: $\int f(x)dx = F(x) + c = F(\varphi(t)) + c$. С другой стороны, по теореме, $F(\varphi(t))$ - ПО для $f(\varphi(t))\varphi'(t)$
То есть $\int f(\varphi(t))\varphi'(t)dt = F(\varphi(t) + c$. Сравнивая 2 уравнения, получаем:\\
\begin{equation}
	\int f(\varphi(t))\varphi'(t)dt = \int f(x)dx
\end{equation}
$\Longrightarrow$ метод замены переменной \\
$\Longleftarrow$ метод подстановки


Пример 1: \\
	$\int \frac{dt}{t^2 + a^2} = \frac{1}{a^2}\int \frac{dt}{\frac{t^2}{a^2}+1} = 
	[x = \frac{t}{a}, x' = \frac{1}{a}t'] = \frac{1}{a}\int \frac{d\left(\frac{t}{a}\right)}{\left(\frac{t}{a}\right)^2 + 1} =
	\frac{1}{a} \arctg\frac{x}{a} + c$ 

Пример 2: \\
	$\int te^{-t^2}dt = \frac{1}{2}\int e^{-t^2}2tdt = [x = t^2, dx = 2tdt] = 
	\frac{1}{2}\int e^{-x}dx = \frac{-1}{2}e^{-x}+c$

Пример 3: \\
	$\int(f(at+b)dt = [x = at+b, d(x) = a\cdot dt, \quad dt = \frac{dx}{a}] = \frac{1}{a}\int f(x)dx = \frac{1}{a} F(at+b) + c$

Пример 4 [подстановка] :\\
	$\int \sqrt{a^2 - x^2}dx = [x = a\sin(t), \quad dx = a\cos(t)dt] = a^2\int \cos(t)\sqrt{1 - \sin^2(t)}dt = a^2 \int \cos^2 tdt = \\
	\frac{a^2}{2}\int dt + \frac{a^2}{2}\int\cos2tdt = \frac{a^2}{2}t - \frac{a^2}{4}\sin(2t) + c = \frac{a^2}{2}\arcsin x - \frac{a^2}{2}\sin \arcsin x\sqrt{1 - \sin^2 \arcsin x } + c = 
	\\ \frac{a^2}{2}\arcsin \frac{x}{a} - \frac{x}{2}\sqrt{a^2 + x^2} + c$

\subsubsection*{Метод интегрирования по частям}

Теорема: Пусть функции $u(x), v(x)$ дифференцируемы на промежутке $\mathbb{X}$. \\
Пусть $\exists$ ПО $u'(x)v(x)$ на $\mathbb{X}$. \\
Тогда $\exists$ ПО $u(x)v'(x)$ и верна формула: \\
$\int u(x)v'(x)dx = u(x)v(x) - \int(u'(x)v(x)dx$

Доказательство: $(u(x)\cdot v(x))' = u(x)v'(x) + u'(x)v(x) \implies u(x)v'(x) = (u(x)v(x))' - u'(x)v(x)$ \\
Тогда $\exists$ ПО правой части $\Leftrightarrow$ $\exists$ ПО левой части, то есть: \\

\begin{equation}
	\int u(x)v'(x)dx = u(x)v(x) - \int v(x)u'(x)dx \equiv \int udv = uv - \int vdu
\end{equation}
\end{document}
