Fixed typos 8

calculus_16-17_2course/lectures/calculus_18_[13.02.2017].tex

@@ -3,7 +3,7 @@ \section{Лекция 18 от 13.02.2017 \\ Тригонометрические
 \begin{Def}
 \textit{Тригонометрическим многочленом} называется выражение вида
 $$
-\frac{\alpha_0}{2} + \sum\limits_{n = 1}^N\left(\alpha_n \cos(nx) +\beta \sin(nx)\right).
+\frac{\alpha_0}{2} + \sum\limits_{n = 1}^N\left(\alpha_n \cos(nx) +\beta_n \sin(nx)\right).
 $$
 \end{Def}
 \begin{Theorem}[Вейерштрасса]
@@ -30,7 +30,7 @@ \section{Лекция 18 от 13.02.2017 \\ Тригонометрические
 
     Обозначив количество точек разрыва за $N$ мы можем оценить $||h-g_m||_2$
    $$ ||h-g_m||_2 = \sqrt{\int\limits_{-\pi}^{\pi}(h(x)-g_m(x))^2dx}\leq\left(N\cdot\frac{2}{m}\cdot4C^2 \right) .$$
-   А значит $||h-g_m||_2\rarr0$ при $m \rarr 0$.
+   А значит $||h-g_m||_2\rarr0$ при $m \rarr \infty$.
 \end{proof}
 
 

calculus_16-17_2course/lectures/calculus_27_[15.05.2017].tex

@@ -16,7 +16,7 @@ \section{Лекции 27-28 от 15.05.2017 \\ Критерий Дарбу}
     $\sum \limits_{j\colon B_j \subset A_k}\mu B_j = \mu A_k$.
 \end{Statement}
 \begin{proof}
-    Обозначим за $\widetilde{A}_k = \bigcup\limits_{j\colon B_j \subset A_k}B_j$. Очевидно, что $\widetilde{A}_k \subset A_k$. Рассуждаем от противного: пусть $\mu \widetilde{A}_k < \mu A_k$, или, что то же самое $ \mu(A_k\setminus \widetilde{A}_k ) > 0$. Тогда найдётся такое $l$, что $\mu (B_l \cap (A_k \setminus \widetilde{A}_k)) > 0$ ( $A_k \setminus \widetilde{A}_k = \bigcup\limits_{l}((A_k \setminus \widetilde{A}_k)\cap B_l)$, и если бы $\mu((A_k \setminus \widetilde{A}_k)\cap B_l) = 0$ для всех $l$, то получили бы, что $\mu(A_k \setminus \widetilde{A}_k) = 0$). Значит, найдётся такой $k_1 \neq k$, что $B_l \subset A_k$ и $\mu(A_k \cap A_{k_1}) \geqslant \mu(A_k \cap B_l) > 0$. Противоречие.
+    Обозначим за $\widetilde{A}_k = \bigcup\limits_{j\colon B_j \subset A_k}B_j$. Очевидно, что $\widetilde{A}_k \subset A_k$. Рассуждаем от противного: пусть $\mu \widetilde{A}_k < \mu A_k$, или, что то же самое $ \mu(A_k\setminus \widetilde{A}_k ) > 0$. Тогда найдётся такое $l$, что $\mu (B_l \cap (A_k \setminus \widetilde{A}_k)) > 0$ ( $A_k \setminus \widetilde{A}_k = \bigcup\limits_{l}((A_k \setminus \widetilde{A}_k)\cap B_l)$, и если бы $\mu((A_k \setminus \widetilde{A}_k)\cap B_l) = 0$ для всех $l$, то получили бы, что $\mu(A_k \setminus \widetilde{A}_k) = 0$). Значит, найдётся такой $k_1 \neq k$, что $B_l \subset A_{k_1}$ и $\mu(A_k \cap A_{k_1}) \geqslant \mu(A_k \cap B_l) > 0$. Противоречие.
 \end{proof}
 Пусть $T_1 = \{A_k\}_{k =1}^{K}$ и $T_2 = \{\widetilde{A}_j\}_{j=1}^{J}$ --- два разбиения множества $A$. Тогда существует разбиение множества, являющееся измельчением $\widetilde{T}$ для обоих разбиений сразу, определённое следующим образом:
 $$