\input ../common.inc
\begin{document}

Теорема Больцано-Вейерштрасса: Из любой ограниченной $\ss{M_n}$ можно 
выделить сходящуюся \\подпоследовательность $\ss{M_{K_n}}$

\subsection*{\$ 4. (продолжение)}

Функция $f(M)$ \textbf{ограниченна} на $\s M$, если $\e R, \all M \in \s M : |f(M)| < R$
\\
\textbf{Первая теорема Вейерштрасса}: непрерывная на замкнутом ограниченном множестве функция \ntab
ограничена.

Док-во: т.к. $f(M)$ непрерывна, то по Гейне $\all A \in \s M, \all \ss{M_n} \to A, 
\ntab\all n\; (M_n \neq A) \land (M_n \in \ss{M}) : \ss{f(M_n)} \to f(A)$

Предположим, что $f(M)$ - неограничена. $\all n \in \s N \e M_n \in \s M : |f(M_n)| > n$

Составим последовательность $\ss{M_n} \subs \s M \subs K_R(0) \implies \ss{M_n}$ ограничена

Можно выделить $\ss{M_{k_n}} \to A \in \s M$ (т.к. замкнутое множество)

Тогда $\ss{f(M)} \to f(A)$ - это противоречит $\all n_k f(M_{n_k}) > n_k \geq n$
\\
Пример: $u = \system{&\frac{y+1}{x-1}, x^2+y^2=1, x \neq 1\\&0, x=1, y=0}$ не ограничена на множестве $x^2+y^2=1$

Рассмотрим $M(x = 1 + \underbrace{\D x}_{<0}, y = \underbrace{\sqrt{1 - (1+\D x)^2)}}_{= 0 + \D y}$

$\dst \lim_{\D x \to 0}\frac{ 0 + \D y + 1}{1 + \Dx -1} = \lim_{\Dx \to 0} \frac{\sqrt{-\Dx^2-2\Dx} + 1}{\Dx} \overset{\wraps{1/\Dx \to \infty}}= \infty$
\\
\textbf{Определение}:
$\c U$ - точная верхняя грань функции $u = f(M)$ на $\s M$, если $\system{
	&\all M \in \s M : f(M) \leq \c U \\
	&\all \eps > 0 \e \tilde M \in \s M : f(\tilde M) \geq \c U_\eps\\
}$
\\
\textbf{Вторая теорема Вейерштрасса}: непрерывная на замкнутом ограниченном множестве функция достигает своих 
точной верхней и нижней грани

Доказательство: аналогично для функции 1 переменной
\\
\textbf{Равномерная непрерывность}: $f(M)$ определена в области $\c D$, \ntab
$\all \eps > 0 \e \delta > 0, \all M', M'' \in \c D, \rho(M', M'') < \delta : |f(M') - f(M'')| < \eps$

Пример 1: $u = f(x, y) = x + y, (x, y) \in \s R^2$; докажем, что $u$ - равномерно непрерывная\ntab
докажем Р.Н.: $M'(x', y'); M''(x'', y'') : \sqrt{(x'-x'')^2 + (y' - y'')^2} < \delta;\ntab 
\text{Берём }\all \eps, \delta = \frac \eps {69}: |f(M') - f(M'')| = |x'-x'' + y'-y''| \leq |x'-x''| + |y'-y''| < \frac \eps {69} < \eps$

Пример 2: $u = \frac{\sqrt{x^4+y^4}}{x^2+y^2}, 0 < x^2+y^2 \leq 1$; Докажем, что $u(x, y)$ НЕ равномерно непрерывная на $\c D = \ss{(x, y) \in \s R^2 | 0 < x^2+y^2 \leq 1}$.
\ntab доказать: $\e \eps > 0, \all \delta > 0, \e M', M'' \in \c D, \rho(M', M'') < \delta : |f(M') - f(M")| > \eps$. \ntab 
выберем ${M'(\delta, \delta); M"(\delta, \frac \delta 2)}; \rho = \frac \delta 2$. Тогда $|f(M') - f(M")| = \wrapm{
\frac{\sqrt 2 \delta^2}{2 \delta^2} - \frac{\delta^2\sqrt{1 + \frac 1 {16}}}{\delta^2 \cdot \frac 5 4}
} = \frac{\sqrt{17}}{5} - \frac 1 {\sqrt{2}} > \frac 1 {10} = \eps$
\\
\textbf{Теорема Кантора}: непрерывная на замкнутом ограниченном множестве функция равномерно непрерывная на нём.

Доказывается так же, как в случае для 1 переменной

\section*{\$ 5: Дифференцируемость ФНП}

Пусть $f(M)$ заданa в области $\c D$\\
\textbf{Определение: Полное приращение} $u = f(M)$ в точке $M(x_1, \dots, x_m)$\ntab
$\D u = f(x_1 + \Dx_1, \dots, x_m + \Dx_m) - f(x_1, \dots, x_m) \all M'(x_1+\Dx_1, \dots, x_m+\Dx_m)$
\\
\textbf{Частное приращение}: $\underbrace{\D_i u = f(x_1, \dots, x_{i-1}, x_i + \Dx_i, x_{i+1}, \dots, x_m) - f(x_1, \dots, x_i, \dots, x_m)}_{\text{приращение функции 1 переменной } x_i}$
\\
Если существует предел $\dst\lim_{\Dx_i \to 0}\frac{\Dx_i u}{\Dx_i}$, то он называется \textbf{частной производной} функции $u = f(M)$ по переменной $x_i$.
Обозначается: $\frac{\d u}{\d x_i}; \frac{\d f}{\d x_i}; u_{x_i}'; f_{x_i}'$

[Чтобы вычислить частную производную по аргументу $x_i$, надо все остальные аргументы считать константами (параметрами) и вычислять производную как у функции одной переменной $x_i$]

Пример: $u = x^y; \system{&u_x' = yx^{y-1}\\&u_y' = \ln(x) x^y\\}$

Пусть $f(M)$ определена в области $\c D$\\
\textbf{Определение: Дифференцируемая} $u = f(M)$ в точке $M$, если полное приращение в $M$ можно представить, как \ntab
$\D u = A_1 \Dx_1 + A_2 \Dx_2 + \dots + A_m\Dx_m + \alpha_1(\Dx_1, \dots, \Dx_m)\Dx_1 + \dots + \alpha_m(\Dx_1, \dots, \Dx_m)\Dx_m$, где
\ntab $\dst \lim_{\Dx_1, \dots \Dx_m \to 0} \alpha_i(\Dx_1, \dots, \Dx_m) = 0$
\\
\textbf{Второе определение}: $\D u = A_1\Dx_1 + \dots + A_m\Dx_m + \bar o(\rho)$, где $\dst\rho = \sqrt{\sum_{i=1}^m(\Dx_i)^2}$
\\
\textbf{Лемма: Определения равносильны}

доказательство: 1 $\implies$ 2: Докажем, что $\dst\sum_{i=1}^m\alpha_i(\dots)\Dx_i = \bar o(\rho): \lim_{\Dx_1, \dots, \Dx_m \to 0}\frac{\sum_i\alpha_i\cdot \Dx_i}{\rho}
= \\ = \wraps{\wrapm{\frac{\Dx_i}{\rho}} \leq 1 - \text{ограничена}} 0$
\ntab 2 $\implies$ 1: Обозначим $\bar o(\rho) = h(\Dx_1, \dots, \Dx_m).$\\
$\dst\bar o(\rho) = h = \frac h \rho \frac{\rho^2}\rho = \frac h \rho \frac{(\Dx_1)^2 + \dots + (\Dx_m)^2}{\rho} = \underbrace{\frac h \rho \frac {\Dx_1}\rho}_{=\alpha_1(\dots)} \Dx_1 + \underbrace{\dots}_{\alpha_2, \dots, \alpha_{m-1}} + \underbrace{\frac h \rho \frac{\Dx_m}\rho}_{\alpha_m(\dots)} \Dx_m \\
\lim_{\Dx_i \to 0} \alpha_1(\dots) = 0 $ Т.к. $h = o(\rho)$. Доопределяя $\alpha(0, \dots, 0) = 0$, доказано
\\
\textbf{Теорема о необходимом условии дифференцируемости}: Если $u = f(M)$ дифф-ма в $M$, то у неё $\e$ частные производные по каждому аргументу в этой точке

Доказательство: Дано: $\D u = A_1\Dx_1 + \dots + A_m\Dx_m + \bar o(\rho)$. \\
Пусть $\Dx_1 = \dots = \Dx_{i-1} = \Dx_{i+1} = \dots = \Dx_m = 0, \Dx_i \neq 0$. Тогда $\D u = A_i \Dx_i + \bar o(|\Dx_i|) = \\
= f(\dots, x_i + \Dx_i, \dots) - f(\dots) = \D_i u \\
\dst u_{x_i}' = \lim_{\Dx_i \to 0} \frac{\D_i u}{\Dx_i} = \lim_{\Dx_i \to 0}\frac{A_i\Dx_i + o(|\Dx_i|)}{\Dx_i} = A_i$
\\
\textbf{Следствие 1.} $A_i = \frac{\d u}{\d x_i}$
\\
\textbf{Следствие 2.} Если $\not \e $ частная производная по хотя бы 1 аргументу, тогда $f$ не дифференцируема

Пример: $u = \sqrt{x^2+y^2}$; исследуем на дифференцируемость в $(0, 0)$
\ntab [замечание: можно вычислить $u_x', u_y'$ в $\exclreg{}{0, 0}$, но нельзя в $(0, 0)$] \\
По определению: $u_x = \dst \lim_{\Dx_1 \to 0, x, y = 0}\frac{\D_x u}{\Dx} = \dots = \lim_{\Dx \to 0} \frac{|\Dx|}{\Dx} = \system{&1, \Dx > 0\\&-1, \Dx < 0\\}$, Предел не существует (левый и правый пределы не равны),
Поэтому $u$ не дифференцируема в $(0, 0)$

\end{document}
