\documentclass[12pt]{article}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{graphicx}
\graphicspath{ {images/} }
\graphicspath{ {./images/} }
\usepackage[T2A]{fontenc}
\usepackage[english,bulgarian]{babel}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{tensor}
\usepackage{enumitem}
\usepackage{tikz-cd}
\usepackage[a4paper,left=2.5cm,right=2.5cm,top=2.5cm,bottom=2.5cm]{geometry}

\newtheorem{theorem}{Theorem}
\begin{document}
\title{Втора теорема за междинните стойности.}

\textbf{\textit{Теорема 2}}. Нека $f(x)$ е интегруема, а $g(x)$ $\searrow$ е монотонна в $[a,b]$. Тогава $\exists \xi \in [a,b] : $
$$\int\limits_a^b f(x)g(x)dx=g(a)\int\limits_a^\xi f(x)dx + g(b)\int\limits_\xi^b f(x)dx$$
Доказателство: Нека $\tau : a=x_0<x_1<\ldots<x_n=b$ е деление на $[a,b]$ и $g(x)$ намалява или евентуално е константа в този интервал. Функцията $f(x)g(x)$ е интегруема в качествтото си на произведение на две интегруеми функции. Нека $M_k :=\underset{x \in[a,b]}{\sup}f(x), m_k:=\underset{x \in [a,b]}{\inf}f(x)$.
Оценяваме отгоре и отдолу интегралната сума: $\sum_{k=1}^{n} f(x_{k-1})g(x_{k-1})\Delta x_k$.
$$\sum_{k=1}^{n}m_k g(x_{k-1})\Delta x_k \leqslant \sum_{k=1}^{n}f(x_{k-1})g(x_{k-1})\Delta x_k \leqslant \sum_{k=1}^{n} M_k g(x_{k-1})\Delta x_k $$,
съгласно $m_k\leqslant f(x_{k-1}) \leqslant M_k$.
От първата теорема за средните стойности следва, че можем да изберем такива числа $\mu_k: m_k \leqslant \mu_k \leqslant M_k$ , че да имаме:
$$\int\limits_{x_{k-1}}^{x_k}f(x)dx = \mu_k \Delta x_k$$
за всички $1\leqslant k \leqslant n$.
    Раглеждаме функцията $F:[a,b] \rightarrow \mathbb{R}$
    $$F(x):=\int\limits_{a}^{x}f(t)dt$$
   за $x \in [a,b]$. Тя е добре дефинирана и нейната непрекъснатост може да бъде доказана или по Първата теорема за средните стойности съгласно:
   \begin{equation} \label{eq:1}
   |F(x)-F(y)|=\left|\int\limits_{a}^{x}f(t)dt - \int\limits_{a}^{y}f(t)dt \right |=\left| \int\limits_{y}^{x}f(t)dt \right| =|f(\zeta)(x-y)| \end{equation}
   за $ \zeta, x,y  \in [a,b]$
,взимайки предвид това, че $f(x)$ е интегруема следва нейната ограниченост $\foreall x \in [a,b], |f(x)|\leqslant C$, за някоя константа $C>0$    , използвайки го в (\ref{eq:1}) , извеждаме, че за функцията $F(x)$ е изпълнено условието на Липшиц, което доказва нейната непрекъснатост в $[a,b]$

\pagebreak

Разглеждаме числата:
$$S_i=\sum_{k=1}^{i}\mu_k \Delta x_k=\int\limits_{x_{0}}^{x_1}f(t)dt+\ldots+\int\limits_{x_{i-1}}^{x_i}f(t)dt=\sum_{k=1}^{i}\int\limits_{x_{k-1}}^{x_k}f(t)dt=\int\limits_{a}^{x_i}f(t)dt=:F(x_i)$$
Сега, ако $M:=\underset{x \in [a,b]}{\sup}F(x)$ и $m:=\underset{x \in [a,b]}{\inf}F(x)$ , то $m \leqslant F(x_i) \leqslant M  \newline \Rightarrow 
 m \leqslant S_i \leqslant M$ комбинирано с числата $\mu_k, g_(x_{k-1})$, съгласно $g(x_{k})\leqslant g(x_{k-1})\leqslant \ldots$
 Прилагаме Лемата на Абел за $S_i, \mu_k, g(x_{k-1})$ и получаваме:
 $$mg(a) \leqslant \sum_{k=1}^{n}g(x_{k-1})\mu_k \Delta x_k \leqslant Mg(a) \Big |\lim_{diam(\tau) \to 0}$$
И след граничен преход в горните неравенства, получаваме:
\begin{equation} \label{eq:2}
mg(a)\leqslant \int\limits_{a}^{b}f(x)g(x)dx \leqslant Mg(a)\Rightarrow m\leqslant \frac{1}{g(a)}\int\limits_{a}^{b}f(x)g(x)dx \leqslant M \end{equation}
Забелязваме, че от непрекъснатостта на $F(x)$ в $[a,b]$ всяка стойност $\alpha$ между $m\leqslant \alpha \leqslant M$ е функционална за $F(x)$.
С други думи от (\ref{eq:2}) стигаме до извода, че има някое $\xi \in [a,b]$, такова, че : 
$$F(\xi)=\int\limits_{a}^{\xi}f(t)dt=\frac{1}{g(a)}\int\limits_{a}^{b}f(x)g(x)dx$$
Тоест когато $g(x)$ не расте и е неотрицателна функция в $[a,b]$ извеждаме, чe $\exists \xi \in [a,b] :$
\begin{equation} \label{eq:3}
\int\limits_{a}^{b}f(x)g(x)dx=g(a)\int\limits_{a}^{\xi}f(x)dx \end{equation}
Което е достатъчно да докажем теоремата, защото ако се случи така,че $g(x)$ е нерастяща, но не навсякъде неотрицателна, бихме имали \newline $g(x)\geqslant g(b)$, т.е функцията $h(x):=g(x)-g(b)\geqslant 0$ е неотрицателна и прилагаме за нея получения резултат (\ref{eq:3}) извеждаме по-общата формула:
$$\int\limits_{a}^{b}f(x)h(x)\underset{(\ref{eq:3})}{=}h(a)\int\limits_{a}^{\xi}f(x)dx=(g(a)-g(b))\int\limits_{a}^{\xi}f(x)dx $$
$$\int\limits_{a}^{b}f(x)(g(x)-g(b))=g(a)\int\limits_{a}^{\xi}f(x)dx-g(b)\int\limits_{a}^{\xi}f(x)dx$$
$$\int\limits_{a}^{b}f(x)g(x)dx=g(b)\int\limits_{a}^{b}f(x)dx+g(a)\int\limits_{a}^{\xi}f(x)dx-g(b)\int\limits_{a}^{\xi}f(x)dx$$
$$\Rightarrow \int\limits_{a}^{b}f(x)g(x)dx=g(a)\int\limits_{a}^{\xi}f(x)dx+g(b)\int\limits_{\xi}^{b}f(x)dx=g(a)\int\limits_{a}^{\xi}f(x)dx+g(b)\int\limits_{\xi}^{b}f(x)dx \boxed{}$$
 \vskip 2cm

 Сега сме готови да продължим с най-впечатляващия резултат, даващ връзката между лицето под крива - определен интеграл и примитивната на функция - неопределен интеграл.
  \vskip 1cm
  \textbf{\textit{Наблюдение:}}
\begin{figure}[htp]
    \centering
    \includegraphics[width=10cm]{1.png}
    \caption{Теорема на Нютон-Лайбниц}
    \label{fig:fig.1}
    \end{figure}
    \pagebreak
    
     Нека разгледаме отново функцията $F:[a,b] \rightarrow \mathbb{R}$
    $$F(x):=\int\limits_{a}^{x}f(t)dt$$
    Тази функция представлява лицето на криволинейният трапец ращрихован на Фиг. 1(вляво). Използвайки само геометрични наблюдения ще се убедим, че функцията $F(x)$ е една от примитивните функции на $f(x)$, т.е., че $F'(x)=f(x)$. Нека вземем произволно малко число $h>0$. Тогава разликата $F(x+h)-F(x)$ представлява лицето на "тесния" криволинеен трапец защрихован на Фиг.1(вдясно). Наистина:(отново тук използваме само геометрични наблюдения)
    $$F(x+h)-F(x)=\int\limits_{a}^{x+h}f(t)dt-\int\limits_{a}^{x}f(t)dt=\int\limits_{x}^{x+h}f(t)dt$$
    Ако $f(x)$ е непрекъсната в $[a,b]$, т.е. функционалните стойности на $f(x)$ се изменят малко при малки изменения на аргумента. Тогава лицето на правоъгълника с основа $x$ и $x+h$
    и височина $f(x)$ , т.е. правоъгълника с лице $f(x).h$ (съгласно това, че дължината на основата е $x+h-x=h$).
    Тоест лицето на този правоъгълник ще се отличава малко от лицето на "тесния" криволинеен трапец при много близки до нулата стойности на $h$.
    Тоест, ако пуснем $h$ да клони към нула имаме:
    $S_{rectangle}-S_{ trapezoid} \underset{h \rightarrow 0}{\longrightarrow}0$
    Или в означенията от по-горе имаме:
    $$(F(x+h)-F(x))-f(x)h \underset{h \rightarrow 0}{\longrightarrow}0$$
    $$$$
    $$F(x+h)-F(x) \underset{h\rightarrow0}{\longrightarrow}f(x)h \Rightarrow \frac{F(x+h)-F(x)}{h}\underset{h \rightarrow 0}{\longrightarrow}f(x)$$
    Но сега забелязваме, че полученото частно е точно диференчното частно за функцията $F(x)$ т.е. получаваме, че: $F'(x)=f(x)$ което искахме да покажем. Тоест наистина функцията $F(x)$ е една от примитивните на $f(x)$. Но тогава всякя примитивна $\Phi(x)$ na $f(x)$ ще се различава само с константа от $F(x)$, т.е.:
    $$\Phi(x)=F(x)+C=\int\limits_{a}^{x}f(t)dt+C$$
    Сега даваме стойност на $x$ първо $b$ и после $а$ за да изразим:
    $$\begin{array}{|l} \displaystyle{\Phi(b)=\int\limits_{a}^{b}f(t)dt+C} \\ \displaystyle{\Phi(a)=\underbrace{\int\limits_{a}^{a}f(t)dt}_{=0}+C} \end{array} \Rightarrow \begin{array}{|l} \displaystyle{\Phi(b)=\int\limits_{a}^{b}f(t)dt+C} \\ \displaystyle{\Phi(a)=0+C} \end{array}$$
    изваждаме второто уравнение от първото и получаваме формулата на Нютон-Лайбниц.
    $$\Phi(b)-\Phi(a)=\int\limits_{a}^{b}f(x)dx+C-C=\int\limits_{a}^{b}f(x)dx$$
    Тоест за да пресметнем определен интеграл от непрекъсната функция в краен и затворен интервал $[a,b]$ е достатъчно да намерим нейна примитивна $\Phi(x)=\int f(x)dx$ и да пресметнем нейната стойност в точката $x=b$ и точката $x=a$. С други думи. \emph{Ако функцията $f(x)$ е непрекъсната навсякъде в $[a,b]$ можем да пресметнем:} 
    $$\int\limits_{a}^{b}f(x)dx=\Phi(x)\Biggr|_{a}^{b}$$
    
    \vskip 1cm
    \textbf{\textit{Забележка:}}\emph{Вече знаем, че ако функцията $f(x)$ е интегруема в $[a,b]$, то функцията $F(x)=\int_a^x f(t)dt$ е непрекъсната в $[a,b]$.(виж условието на Липшиц)}
    \vskip 1cm
    
    \emph{Сега сме готови да изложим строгото доказателство на:}
    \vskip 1cm
    \textbf{\textit{Теорема на Нютон-Лайбниц:}} \emph{Ако функцията $f:[a,b]\rightarrow \mathbb{R}$} е интегруема навсякъде в крайния и затворен интервал $[a,b]$. Тогава производната на функцията $\displaystyle{F(x):=\int\limits_{a}^{x}f(t)dt}$ съществува във всяка точка на непрекъснатост $x_0 \in [a,b]$ на $f(x)$. Тоест винаги щом $f(x)$ е непрекъсната в точка $x_0 \in [a,b]$ имаме $F'(x_0)=f(x_0)$.
    \newline
    \textbf{\textit{Доказателство:}} От непрекъснатостта на $f(x)$ в $x_0 \in [a,b]$(\emp{виж определение за непрекъснатост в точка}). Имаме, че за всяко положително число $\varepsilon > 0$ съществува такова положително число $\delta > 0$, че винаги щом е изпълнено $|x-x_0| < \delta $ да следва $|f(x)-f(x_0)| < \varepsilon$ (\emph{Тоест за близки до $x_0$ хиксове , функционалните стойности също да са близки. Точно както в наблюдението използвахме, че за малко изменение на аргумента функционата стойност ще се измени малко}) .
    Отново разглеждаме диференчното частно на $F(x)$, но този път ще докажем, че и при $h>0$ и при $h<0$, т.е ще пуснем $h$ да клони към нула отляво и отдясно. Това ще се отрази с многобройните модули, които ще видите по-надолу...
    $$\frac{F(x_0+h)-F(x_0)}{h}-f(x_0)=\frac{1}{h}\left(\int\limits_{x_0}^{x_0+h}f(x)dx -f(x_0)h\right)$$
    $$= \frac{1}{h}\left(\int\limits_{x_0}^{x_0+h}f(x)dx - \int\limits_{x_0}^{x_0+h}f(x_0)dx \right)=\frac{1}{h}\left(\int\limits_{x_0}^{x_0+h}(f(x)-f(x_0))dx \right)$$
    Сега за да не оценяваме два пъти неравенствата  с $h>0$ и $h<0$ разглеждаме в един случай, като слагаме модул $|h|$.
    \begin{equation} \label{eq:4}
    \left | \frac{F(x_0+h)-F(x_0)}{h}-f(x_0)\right|=\frac{1}{|h|}\left|\int\limits_{x_0}^{x_0+h}(f(x)-f(x_0))dx \right|\leqslant \end{equation}
    $$\leqslant\frac{1}{|h|}\left |\int\limits_{x_0}^{x_0+h}|f(x)-f(x_0)|dx \right|$$
    Защо правихме тези "гимнастики", е добър въпрос на този момент. И отговора е, че искахме да си нагласим да имаме $|f(x)-f(x_0)|$,като подинтегралната функция, защото знаем, че за $(..)|f(x)-f(x_0)|< \varepsilon(...)$ за да можем да използваме непрекъснатостта на $f(x)$ в точката $x_0$.
    Сега в (\ref{eq:4}) използваме непрекъснатостта на $f(x)$ в точката $x_0$ както е описано в началото на доказателството.
    Тоест 
    Фиксираме произволно $\varepsilon>0$  и намираме $\delta >0$ такова ,че от $|x-x_0|<\delta \Rightarrow |f(x)-f(x_0)|<\varepsilon$
    $$\leqslant\frac{1}{|h|}\left |\int\limits_{x_0}^{x_0+h}|f(x)-f(x_0)|dx \right|< \frac{1}{|h|}\left| \int\limits_{x_0}^{x_0+h}\varepsilon dx\right|=\frac{1}{|h|}\varepsilon|h|=\varepsilon$$.
    Тоест от това, че в разсъжденията избора на епсилон няма значение следва, че $\forall \varepsilon >0 ,\exists \delta >0 :$
    $$0\leqslant\left|\frac{F(x_0+h)-F(x_0)}{h}-f(x_0)\right|<\varepsilon$$
    Но единственото число, по-голямо или равно на нула и по-малко от всяко положително число е точно нула. Тоест числото, което пише в модула е равно на нула при достатъчно малки стойности на $h$.
    $$\Rightarrow F'(x_0)=\lim_{h \to 0} \frac{F(x_0+h)-F(x_0)}{h} =f(x_0) $$
    Тоест $F'(x_0)=f(x_0)$\boxed{}
    \vskip 1cm
    \textbf{\textit{Второ доказателство на Теоремата на Нютон-Лайбниц:}} Поради непрекъснатостта на $f(x)$ в $x_0$ за всяко $\varepsilon > 0$ съществува такова $\delta >0$, че винаги щом е изпълнено $|x-x_0|<\delta$ да следва $|f(x)-f(x_0)|<\varepsilo$
    $$|x-x_0|<\delta \Rightarrow f(x_0)-\varepsilon < f(x) < f(x_0)+\varepsilon$$
    Но тогава за всички $t\in [x_0, x]$ имаме:
    $$|t-x_0|\leqslant |x-x_0|<\delta$$
    $$|t-x_0|<\delta \Rightarrow |f(t)-f(x_0)|<  \varepsilon \Rightarrow  f(x_0)-\varepsilon <f(t)<f(x_0)+\varepsilon$$
    Сега функцията $f(t):[x_0,x]\rightarrow \mathbb{R}$ е ограничение на оригиналната $f$ върху $[x_0,x] \subseteq [a,b]$ и следователно тя е интегруема. Затова имаме право да интегрираме последните получени неравенства.
    \begin{equation} \label{eq:5}
    \int\limits_{x_0}^{x}(f(x_0)-\varepsilon)dt< \int\limits_{x_0}^{x}f(t)dt < \int\limits_{x_0}^{x}(f(x_0)+\varepsilon)dt \end{equation}
    Но понеже $f(x_0)-\varepsilon, f(x_0)+\varepsilon - const$ са константи имаме:
    $$\int\limits_{x_0}^{x}(f(x_0)-\varepsilon)dt=(f(x_0)-\varepsilon)(x_0-x)$$
    $$\int\limits_{x_0}^{x}(f(x_0)+\varepsilon)dt=(f(x_0)+\varepsilon)(x_0-x)$$
    Т.к. интегрирайки константа просто намираме лицето на правоъгълник. И така неравенствата (\ref{eq:5}) се превръщат в:
    $$(f(x_0)-\varepsilon)(x_0-x) < \int\limits_{x_0}^{x}f(t)dt < (f(x_0)+\varepsilon)(x_0-x) $$
    \begin{equation} \label{eq:6}
    f(x_0)-\varepsilon < \frac{1}{x-x_0}\int\limits_{x_0}^{x}f(t)dt < f(x_0)+\varepsilon \end{equation}
    Сега забелязваме, че $\displaystyle{\frac{1}{x-x_0}\int\limits_{x_0}^{x}f(t)dt=\frac{F(x)-F(x_0)}{x-x_0}}$ , комбинирано с (\ref{eq:6}) получаваме, че всеки път щом $|x-x_0|<\delta$
    $$f(x_0)-\varepsilon < \frac{F(x)-F(x_0)}{x-x_0} < f(x_0)+\varepsilon$$
    Или с други думи. За всяко $\varepsilon>0$ има $\delta >0$ такова, че от $|x-x_0|<\delta$ да имаме:  
    $$\left|\frac{F(x)-F(x_0)}{x-x_0} -f(x_0)\right|< \varepsilon$$
    Което по определение означава, че: $\displaystyle{\lim_{x \to x_0}\frac{F(x)-F(x_0)}{x-x_0}=f(x_0)}$
    И доказва, че функцията $\displaystyle{F(x)=\int\limits_{a}^{x}f(t)dt}$ има производна във всяка точка, в която подинтегралната функция $f$ е непрекъсната и $F'(x_0)=f(x) \boxed{}$
    \vskip 1cm
    \textbf{\textit{Забележка 1:}}\emph{Да забележим, че във второто доказателство, твърде свободно не се интересуваме от знака $sign(x-x_0)$, защото при евентуална смяна на знака на $x-x_0$, едновременно с това бихме имали и смяна на знака $\displaystyle{sign\left(\int\limits_{x_0}^{x}f(t)dt\right)}$. Така всички гореизведени неравенства са в сила независимо от знака $sgn(x-x_0)$.}
    \vskip 1cm
    \textbf{\textit{Забележка 2:}}\emph{Теоремата, която доказахме може да се изкаже и в "по-силен" вид. Като се обобщи за фунцкията $\displaystyle{F(x)=\int\limits_{p}^{x}f(t)dt}$, за някоя точка $p\in [a,b]$. Лесно се проверява, че за тази функция са изпълнени същите неравенства, които доказахме във второто доказателство.}
    И накрая ще изкажем следното
    \vskip 1cm
    \textbf{\textit{Следствие:}}\emph{Ако една функция е $f(x)$ интегруема в $[a,b]$ и непрекъсната в него, то функцията $F(x)$ е диференцируема и $F'(x)=f(x)$}
\end{document}