Added tickets 1-5

main.tex

@@ -13,6 +13,7 @@
 \usepackage{tocloft}                            % table of contents customization
 \usepackage{amsthm}                             % theorems
 \usepackage{amsmath}                            % cases
+\usepackage{stackengine,scalerel}               % leq in circle
 \input{insbox}                                  % image in proof
 
 
@@ -38,13 +39,18 @@
 \newcommand{\R}[0]{\mathbb{R}}
 \renewcommand{\C}[0]{\mathbb{C}}
 
+\def\dclesize{\ThisStyle{\raisebox{-.7pt}{\scalebox{1.45}{$\SavedStyle\bigcirc$}}}}
+\def\dcle{\ensurestackMath{\stackon[0pt]{\leq}{\dclesize}}}
+\def\oleq{\def\stacktype{L}\mathbin{\scalerel*{\dcle}{\dclesize}}}
+
 \theoremstyle{definition}
 \newtheorem*{example}{Пример}
 \newtheorem*{examples}{Примеры}
 \newtheorem*{remark}{Замечание}
 
 \theoremstyle{plain}
 \newtheorem{thm}{Теорема}[section]
+\newtheorem*{crl}{Следствие}
 
 \numberwithin{equation}{section}
 

tex/question1.tex

@@ -2,4 +2,85 @@
 \begin{document}
 \newpage
 \section{Выпуклость и асимптота.}
+
+В первом семестре была лемма о трёх хордах, поэтому сейчас доказывать её не будем, просто проговорим. 
+
+\begin{thm}[Лемма о трёх хордах]
+
+    ~
+
+    Если \( f\) - выпуклая (строго выпуклая) функция на промежутке \( I\), то \( \forall \; x_1, x_2, x \in I:\quad x_1<x<x_2\) верно
+    \[ \dfrac{ f(x)-f(x_1)}{ x-x_1} \leq \dfrac{ f(x_2)-f(x_1)}{ x_2-x_1} \leq \dfrac{ f(x_2)-f(x)}{ x_2-x}\]
+
+    В строгом случае все неравенства строгие. 
+\end{thm}
+
+\begin{crl}
+        Если \( f\) выпукла (строго выпукла) на \( I\), то \( F\left( x\right)= \dfrac{ f(x)-f(a)}{ x-a}\) возрастает на \( I \;\backslash \left\{ a\right\}\).
+\end{crl}
+\begin{proof}
+
+    ~
+
+    Посмотрим на строгий случай (нестрогий абсолюьно аналогично). Надо проверить, что \( \forall \; s,t \in I:\quad s<t\) верно \( F\left( s\right) < F\left( t\right)\). 
+
+    Как могут быть расположены точки \( a,s,t\) относительно друг друга? Возможны 3 варианта:
+    \begin{enumerate}
+        \item \( s < t < a\)
+        \item \( s < a < t\) 
+        \item \( a < s < t\)
+    \end{enumerate}
+
+    Рассмотрим первый вариант, тогда сразу станет понятно, как рассматриваются остальные. Итак, 
+    \( s < t < a\). Переобозначим \( x_1=s,\;x=t,\;x_2=a\). Мы хотим доказать, что \( F(x_1)<F(x)\), то есть что
+    \[ \dfrac{ f(x_1)-f(x_2)}{ x_1-x_2}< \dfrac{ f(x)-f(x_2)}{ x-x_2}\]
+
+    Домножим все числители и знаменатели на \( -1\):
+
+    \[ \dfrac{ f(x_2)-f(x_1)}{ x_2-x_1}< \dfrac{ f(x_2)-f(x)}{ x_2-x}\]
+
+    Это верно по второму неравенству в лемме о трёх хордах (даже обозначения совпали!). 
+\end{proof}
+
+\begin{thm}[Выпуклость и ассимптота]
+
+    ~
+
+    \( \Let \; A \in \R\), \( f\) выпукла (строго выпукла) на \( \langle A, + \infty )\) и имеет ассимтоту \( a\left( x\right)=kx+b\) при \( x \rightarrow + \infty,\quad k,b \in \R \).
+    Тогда
+    \[ \forall \; x \in \langle A, + \infty )\quad f\left( x\right) \geq a\left( x\right)\quad (f\left( x\right)>a\left( x\right)\text{ в строгом случае})\]
+\end{thm}
+\begin{proof}
+    Будем доказывать строгий случай, нестрогий доказывается аналогично (возможно даже чуть проще). 
+
+    Рассмотрим функцию \( g(x)=f(x)-kx\). По определению ассимптоты 
+    \[ \lim\limits_{ x \rightarrow + \infty }g(x)= \lim\limits_{ x \rightarrow + \infty } f(x)-kx =b\]
+
+    Пока что запомним этот факт. Рассмотрим произвольные \( x_1, x_2 \in \langle A, + \infty ): \; x_1<x_2\). Зафиксируем \( x_1\). 
+    \[ F\left( x_2\right)= \dfrac{ f(x_2)-f(x_1)}{ x_2-x_1} \text{ строго возрастает на } (x_1, + \infty ) \text{ по следствию из Леммы о трёх хордах}\]
+
+    То, что если функция возрастает везде, то она везде меньше своего предела в \( + \infty \) - не очень сложный факт. Его можно доказать прямо из определения предела 
+    (или можно сослаться на теорему Вейерштрасса о пределе монотонной функции, доопределив её в \( + \infty \) чем надо, но здесь надо аккуратно). Так или иначе: 
+    \[  F\left( x_2\right)= \dfrac{ f(x_2)-f(x_1)}{ x_2-x_1} \text{ строго возрастает} \implies \forall \; x_2 \in (x_1, + \infty )\quad F\left( x_2\right)< \lim\limits_{ x_2 \rightarrow + \infty } F(x_2)\]
+
+    При \( x_2 \rightarrow + \infty\quad F(x_2) = \dfrac{ f(x_2)-f(x_1)}{ x_2-x_1} \sim \dfrac{ f(x_2)}{ x_2} \implies \lim\limits_{ x_2 \rightarrow + \infty } F(x_2)= \lim\limits_{ x_2 \rightarrow + \infty } \dfrac{ f(x_2)}{ x_2}=k\)
+    по определению ассимптоты. 
+
+    \begin{equation*}
+        \begin{cases}
+            \lim\limits_{ x_2 \rightarrow + \infty } F(x_2)=k\\ 
+            \forall \; x_2 \in (x_1, + \infty )\quad F(x_2)< \lim\limits_{ x_2 \rightarrow + \infty } F(x_2)
+        \end{cases}
+        \implies 
+        \forall \; x_2 \in (x_1, + \infty )\quad F(x_2)< k
+    \end{equation*}
+
+    \[ F(x_2) < k\]
+    \[ \dfrac{ f(x_2)-f(x_1)}{ x_2-x_1}<k\]
+    \[ \underbrace{f(x_2)-kx_2}_{g(x_2)}<\underbrace{f(x_1)-kx_1}_{g(x_1)}\]
+
+    Мы получили, что функция \( g\) убывает на \( \langle A, + \infty )\) и её предел равен \( b\). Значит она всюду должна быть больше \( b\), иначе не выполняется определение предела (похожие соображения мы уже применяли в ходе доказательства). 
+    \[ g(x)>b\]
+    \[ f(x) > kx+b\quad\;  \forall \; x \in \langle A, + \infty )\]
+\end{proof}
 \end{document}

tex/question2.tex

@@ -2,4 +2,24 @@
 \begin{document}
 \newpage
 \section{Доказательство неравенств с помощью выпуклости (примеры); Неравенство Юнга.}
+\begin{thm}[\hypertarget{thm:Yung}{Неравенство Юнга}]
+
+    ~
+
+    \[ \Let \; p, q>1,\quad \dfrac{ 1}{ p}+ \dfrac{ 1}{ q}=1\]
+    Тогда
+    \[ \forall \; x,y \geq 0\quad xy \leq \dfrac{ x^p}{ p}+ \dfrac{ y^q}{ q}\]
+\end{thm}
+\begin{proof}
+    Если \( xy=0\), то неравенство очевидно верно. \( \Let \; xy >0\)
+    Рассмотрим \( f\left( x\right)=\ln\left( x\right)\). Эта функция строго вогнутая, поэтому из определения вогнутости:
+    \[ \ln \left( \dfrac{ x^p}{ p}+ \dfrac{ y^q}{ q}\right) \geq \dfrac{ 1}{ p} \ln \left( x^p\right)+ \dfrac{ 1}{ q} \ln \left( y^q\right)= \ln x+ \ln y = \ln \left( xy\right)\]
+
+    Так как логарифм монотонно возрастает, это равносильно 
+    \[ \dfrac{ x^p}{ p}+ \dfrac{ y^q}{ q} \geq xy\]
+\end{proof}
+
+Числа \( p\) и \( q\) из условия неравенства Юнга иногда называют \emph{сопряжёнными} или \emph{сопряжёнными показателями}. 
+
+Возможно, это доказательство сойдёт за пример доказательства неравенств через выпуклость. Другого на лекции всё равно не было, так что имеем что имеем. 
 \end{document}

tex/question3.tex

@@ -2,4 +2,42 @@
 \begin{document}
 \newpage
 \section{Неравенства Минковского для сумм.}
+\begin{thm}[Неравенство Минковского (неравенство треугольника)]
+    \[ \Let \; p \geq 1,\quad x, y \in \R ^n\]
+    Тогда 
+    \[ \left(\sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| x_k+y_k\right|^p\right)^ \frac{ 1}{ p} \leq \left( \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| x_k\right|^p\right)^ \frac{ 1}{ p} + \left( \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| y_k^p\right|\right)^ \frac{ 1}{ p} \]
+    Или (то же самое, но другими словами):
+    \[ \left| \left| x+y\right|\right|_p \leq \left| \left| x\right|\right|_p+\left| \left| y\right|\right|_p\]
+\end{thm}
+\begin{proof}
+    Если \( p=1\), то неравенство превращается в "модуль суммы не превосходит суммы модулей". 
+
+    Если \( p > 1\), то рассмотрим сопряжённое ему \( q:\quad \dfrac{ 1}{ p} + \dfrac{ 1}{ q} =1\). Заметим, что
+    \[ q = \dfrac{ 1}{ 1- \frac{ 1}{ p} }= \dfrac{ p}{ p-1} \implies \left( p-1\right)q=p \]
+    а также
+    \[ 1- \dfrac{ 1}{ q} = \dfrac{ 1}{ p}  \implies p- \dfrac{ p}{ q} =1 \]
+
+    Сначала воспользуемся тем, что модуль суммы не превосходит суммы модулей 
+    \[ \left| \left| x+y\right|\right|_p^p= \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| x_k+y_k\right|^p= \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| x_k+y_k\right|^p\left| x_k+y_k\right| \leq \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| x_k+y_k\right|^{p-1}\left| x_k\right|+ \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| x_k+y_k\right|^{p-1}\left| y_k\right| \oleq\]
+
+    По \hyperlink{thm:Gelder}{неравенству Гёльдера}:
+    \[ \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| x_k+y_k\right|^{p-1}\left| x_k\right| \leq \left( \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| x_k+y_k\right|^{(p-1)q}\right)^ \frac{ 1}{ q} \left( \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| x_k\right|^p\right)^ \frac{ 1}{ p} \]
+    \[ \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| x_k+y_k\right|^{p-1}\left| y_k\right| \leq \left( \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| x_k+y_k\right|^{(p-1)q}\right)^ \frac{ 1}{ q} \left( \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| y_k\right|^p\right)^ \frac{ 1}{ p} \]
+
+    Продолжая цепочку рассуждений:
+    \begin{equation*}
+        \begin{aligned}
+            &\oleq \left( \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| x_k+y_k\right|^{(p-1)q}\right)^ \frac{ 1}{ q} \left( \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| x_k\right|^p\right)^ \frac{ 1}{ p} + \left( \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| x_k+y_k\right|^{(p-1)q}\right)^ \frac{ 1}{ q} \left( \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| y_k\right|^p\right)^ \frac{ 1}{ p} = \\
+            &=\left(\left( \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| x_k+y_k\right|^p\right)^ \frac{ 1}{ p}\right)^ \frac{ p}{ q} \left( \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| x_k\right|^p\right)^ \frac{ 1}{ p} + \left(\left( \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| x_k+y_k\right|^p\right)^ \frac{ 1}{ p}\right)^ \frac{ p}{ q} \left( \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| y_k\right|^p\right)^ \frac{ 1}{ p} =\\
+            &=\left| \left| x+y\right|\right|_p^ \frac{ p}{ q} \cdot \left| \left| x\right|\right|_p+ \left| \left| x+y\right|\right|_p^ \frac{ p}{ q} \cdot \left| \left| y\right|\right|_p
+        \end{aligned}
+    \end{equation*}
+
+    Итого мы получили
+    \[ \left| \left| x+y\right|\right|_p^p \leq \left| \left| x+y\right|\right|_p^ \frac{ p}{ q} \left( \left| \left| x\right|\right|_p+\left| \left| y\right|\right|_p\right)\]
+
+    Вообще если \( \left| \left| x+y\right|\right|_p=0\), то неравенство Минковского очевидно (справа просто \( \geq 0\), слева 0). Если \( \left| \left| x+y\right|\right|_p \neq 0\):
+    \[ \left| \left| x+y\right|\right|_p^{p- \frac{ p}{ q} } \leq \left| \left| x\right|\right|_p + \left| \left| y\right|\right|_p\]
+    \[ \left| \left| x+y\right|\right|_p \leq \left| \left| x\right|\right|_p + \left| \left| y\right|\right|_p\]
+\end{proof}
 \end{document}

tex/question4.tex

@@ -2,4 +2,107 @@
 \begin{document}
 \newpage
 \section{Неравенство Гёльдера и его следствия для сумм, в т.ч. неравенство Коши.}
+Пусть \( x\) - вектор из \( \R ^n\) (то есть \( x = \left( x_1, \ldots , x_n\right),\quad \forall \; i\quad x_i \in \R \)), \( p \geq 1\).
+\emph{p-нормой вектора \(x\)} называют \( \left( \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| x_k\right|^p\right)^ \frac{ 1}{ p}=\left| \left| x\right|\right|_p\). 
+Чаще всего используется \( p=2\), тогда норма - это длина вектора, в такой ситуации в обозначении нормы \( p\) опускают. 
+
+Пусть \( x, y\) - векторы из \( \R ^n\). \emph{Скалярным произведением векторов \( x,y\)} называют \( \sum\limits_{ k=1}^{ n} x_ky_k= \langle x, y \rangle \).  
+\begin{thm}[Неравенство Гёльдера для неотрицательных чисел]
+
+    ~
+
+    \[ \Let \; p, q > 1,\quad \dfrac{ 1}{ p}+ \dfrac{ 1}{ q}=1,\quad a_1, \ldots , a_n \geq 0,\quad b_1, \ldots , b_n \geq 0\]
+    \[ a=\left( a_1, \ldots , a_n\right),\quad b=\left( b_1, \ldots , b_n\right)\]
+    Тогда
+    \[ \sum\limits_{ k=1}^{ n} a_kb_k \leq \left( \sum\limits_{ k=1}^{ n} a_k^p\right)^ \frac{ 1}{ p}\cdot \left( \sum\limits_{ k=1}^{ n} b_k^q\right)^ \frac{ 1}{ q}\]
+    Или (то же самое только по-другому записано)
+    \[ \langle a,b \rangle \leq \left| \left| a\right|\right|_p\cdot \left| \left| b\right|\right|_q\]
+\end{thm}
+\begin{proof}
+
+    ~
+
+    \begin{enumerate}
+        \item 
+        \begin{equation*}
+            \left[
+            \begin{gathered}
+                \left| \left| a\right|\right|_p=0\\ 
+                \left| \left| b\right|\right|_q=0
+            \end{gathered}
+            \right.
+            \implies 
+            \left[
+            \begin{gathered}
+                a=0\\ 
+                b=0
+            \end{gathered}
+            \right.
+            \quad
+            \text{Неравенство очевидно}
+        \end{equation*}
+        \item \begin{equation*}
+            \begin{cases}
+                \left| \left| a\right|\right|_p=1\\ 
+                \left| \left| b\right|\right|_q=1
+            \end{cases}
+            \implies 
+            \begin{cases}
+                \sum\limits_{ k=1}^{ n} a_k^p=1\\ 
+                \sum\limits_{ k=1}^{ n} b_k^q=1
+            \end{cases}
+        \end{equation*}
+        Хотим доказать, что \( \langle a, b \rangle \leq 1\). Для этого воспользуемся \hyperlink{thm:Yung}{неравенством Юнга}:
+        \[ \langle a, b \rangle = \sum\limits_{ k=1}^{ n} a_kb_k \leq \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left( \dfrac{ a_k^p}{ p}+ \dfrac{ b_k^q}{ q}\right)= \dfrac{ 1}{ p} \sum\limits_{ k=1}^{ n} a_k^p+ \dfrac{ 1}{ q} \sum\limits_{ k=1}^{ n} b_k^q= \dfrac{ 1}{ p}+ \dfrac{ 1}{ q} =1\]
+        \item Общий случай ( \( \left| \left| a\right|\right|_p \neq 0,\quad \left| \left| b\right|\right|_q \neq 0\))
+        \parВведём обозначения
+        \[ \tilde{ a}= \dfrac{ 1}{ \left| \left| a\right|\right|_p}\cdot a,\quad \tilde{ b}= \dfrac{ 1}{ \left| \left| b\right|\right|_q}\cdot b\]
+        \[ a=\left| \left| a\right|\right|_p \cdot \tilde{ a},\quad b=\left| \left| b\right|\right|_q \cdot \tilde{ b}\]
+        \par Заметим, что норма однородна, поэтому:
+        \[ \left| \left| \tilde{ a}\right|\right|_p= \dfrac{ 1}{ \left| \left| a\right|\right|_p}\cdot\left| \left| a\right|\right|_p=1,\quad \left| \left| \tilde{ b}\right|\right|_q= \dfrac{ 1}{ \left| \left| b\right|\right|_q} \cdot \left| \left| b\right|\right|_q=1\]
+        \par Во втором пункте мы доказали, что \( \langle \tilde{ a}, \tilde{ b} \rangle \leq 1\). Воспользуемся этим и получим то, что нужно:
+        \[ \langle a,b \rangle =\left| \left| a\right|\right|_p \cdot \left| \left| b\right|\right|_q \cdot \langle \tilde{ a}, \tilde{ b} \rangle \leq \left| \left| a\right|\right|_p \cdot \left| \left| b\right|\right|_q\]
+    \end{enumerate}
+\end{proof}
+
+\begin{thm}[\hypertarget{thm:Gelder}{Неравенство Гёльдера (для чисел произвольного знака)}]
+
+    ~
+
+    \[ \Let \; p, q > 1,\quad \dfrac{ 1} { p} + \dfrac{ 1} { q}=1,\quad x_1, \ldots , x_n,\; y_1, \ldots , y_n \in \R \]
+    \[ x=\left( x_1, \ldots , x_n\right),\quad y=\left( y_1, \ldots , y_n\right)\]
+    Тогда 
+    \[ \left| \sum\limits_{ k=1}^{ n} x_ky_k\right| \leq \left( \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| x_k\right|^p\right)^ \frac{ 1}{ p} \cdot \left( \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| y_k\right|^q\right)^ \frac{ 1}{ q} \]
+    Или (то же самое, но другими словами):
+    \[ \left| \langle x, y \rangle \right| \leq \left| \left| x\right|\right|_p \cdot \left| \left| y\right|\right|_q\]
+\end{thm}
+\begin{proof}
+
+    ~
+
+    Модуль суммы не превосходит суммы модулей:
+    \[ \left|\langle x, y \rangle\right| = \left| \sum\limits_{ k=1}^{ n} x_ky_k\right| \leq \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| x_k\right|\left| y_k\right|\]
+
+    Обозначим \( a_k=\left| x_k\right|,\quad b_k=\left| y_k\right|,\quad a=\left( a_1, \ldots , a_n\right),\quad  b = \left( b_1, \ldots , b_n\right)\). 
+
+    \[ \sum\limits_{ k=1}^{ n} \left| x_k\right|\left| y_k\right| = \sum\limits_{ k=1}^{ n} a_kb_k= \langle a, b \rangle \]
+
+    Для векторов \( a\) и \( b\) выполняется неравенство Гёльдера для неотрицательных чисел:
+    \[ \langle a, b \rangle \leq \left| \left| a\right|\right|_p \cdot \left| \left| b\right|\right|_q\]
+
+    Норма не зависит от знака, потому что в её определении есть модуль. Поэтому:
+    \[ \left| \left| a\right|\right|_p \cdot \left| \left| b\right|\right|_q=\left| \left| x\right|\right|_p \cdot \left| \left| y\right|\right|_q\]
+
+    Если пройти по этой цепочке от начала до конца, то как раз и получится, что \( \left| \langle x, y \rangle \right| \leq \left| \left| x\right|\right|_p \cdot \left| \left| y\right|\right|_q\)
+\end{proof}
+
+\begin{crl}[Неравенство КБШ]
+
+    ~
+
+    \[ \forall \; x, y \in \R ^n\quad \left| \langle x, y \rangle \right| \leq \left| \left| x\right|\right|_2 \cdot \left| \left| y\right|\right|_2\]
+
+    Или в более привычном виде:
+    \[ \left( \sum\limits_{ k=1}^{ n} x_ky_k\right)^2 \leq \left( \sum\limits_{ k=1}^{ n} x_k^2\right) \cdot \left( \sum\limits_{ k=1}^{ n} y_k^2\right)\]
+\end{crl}
 \end{document}