$R(-\sin(x), \cos(x)) = -R(\sin(x), \cos(x)) => t = \cos(x) \\ R(-\sin(x), -\cos(x)) = -R(\sin(x), \cos(x)) => t = \tan(x)$

\( R \left(x; \left(\frac{ax+b}{cx+d}\right)^{\frac{p_{1}}{q_{1}}}, ..., \left(\frac{ax+b}{cx+d}\right)^{\frac{p_{m}}{q_{m}}} \right) \rightarrow t^m = \frac{ax+b}{cx+d}, m = [q_{1}, ..., q_{m}] \)

Метод Остроградского:
\(\int\frac{P(x)}{Q(x)} dx = \frac{P_{1}(x)}{Q_{1}(x)} + \int(\frac{A_{1}}{x-a_{1}} + ... + \frac{A_{s}}{x-a_{s}} + \frac{B_{1}x+C_{1}}{x^2+p_{1}x+q_{1}} + ... + \frac{B_{t}x+C_{t}}{x^2+p_{t}x+q_{t}})dx\),
где \(Q_{1}(x)\) — многочлен с теми же неприводимыми множителями, что и в \(Q\), только в степенях, на единицу меньших, \(P_{1}(x)\) — многочлен степени меньшей, чем у \(Q_{1}\).
Самопроверка: количество неизвестных равняется степени многочлена в знаменателе.

Differential binomial. Chebyshev substitutions.: \( \int x^m (ax^n + b)^p dx \\ 1. \quad p \in \mathbb{Z} \rightarrow x = t^N, N = [q_{m}, q_{n}] \\ 2. \quad \frac{m+1}{n} \in \mathbb{Z} \rightarrow ax^n + b = t^s, p = \frac{r}{s} \\ 3. \quad \frac{m+1}{n} + p \in \mathbb{Z} \rightarrow a + bx^{-n} = t^s, p = \frac{r}{s} \)

Euler's substitutions: \( \int R(x; \sqrt{ax^2+bx+c})dx, a \neq 0, b^2 - 4ac \neq 0 \\ a > 0 \rightarrow \sqrt{ax^2+bx+c} = \pm \sqrt{a}x \pm t \\ c > 0 \rightarrow \sqrt{ax^2+bx+c} = \pm x t \pm \sqrt{c} \\ \sqrt{ax^2+bx+c} = \pm (x - x_{1}) t \\ \\ \sqrt{ax^2+bx+c} = \pm (x - x_{2}) t \) 🚩

Trig. and hyperb. substitutions: \(\int R\left(x; \sqrt{p^2 - x^2}\right) \rightarrow x = p \sin(t), x = p \cos(t), x = p \tanh(t) \\ \int R\left(x; \sqrt{x^2 - p^2}\right) \rightarrow x = \frac{p}{\cos(t)}, x = p \cosh(t) \\ \int R\left(x; \sqrt{p^2 + x^2}\right) \rightarrow x = p \tan(t), x = p \sinh(t) \)

Differentiate to deduce coefficients: \( \int \frac{P_{n}(x) dx}{\sqrt{ax^2+bx+c}} = Q_{n-1}(x)\sqrt{ax^2+bx+c} + \lambda \int \frac{dx}{\sqrt{ax^2+bx+c}}\) #

Подстановкой свести к предыдущему случаю: \(\int \frac{dx}{(x-\alpha)^{k} \sqrt{ax^2+bx+c}}, t \rightarrow \frac{1}{x-\alpha} \) #

Представить линейной комбинацией и воспользоваться подстановкой Абеля: \( \int \frac{(Ax + B) dx}{(x^2 + px + q)^{\frac{2m+1}{2}}} \rightarrow \alpha \int \frac{(2x + p) dx}{(x^2 + px + q)^{\frac{2m+1}{2}}} + \beta \int \frac{dx}{(x^2 + px + q)^{\frac{2m+1}{2}}} \\ 1. \quad u = x^2+px+q\\ 2. \quad t = \left(\sqrt{x^2 + px + q}\right)' \ \)

\( \int \frac{(Mx + N) dx}{(x^2+px+q)^m \sqrt{ax^2+bx+c}} \\ p \neq \frac{b}{a} \rightarrow x = \frac{\alpha t + \beta}{t + 1} \\ \int \frac{P(t)dt}{(t^2+\lambda)^m \sqrt{st^2 + r}}, \deg(P) = 2m-1 \rightarrow R \left( \int \frac{t dt}{(t^2+\lambda)^k \sqrt{st^2+r}}, \int \frac{dt}{(t^2+\lambda)^k \sqrt{st^2+r}} \right) \\ 1. \quad u^2 = st^2 + r \\ 2. \quad v = (\sqrt{st^2+r})'\) #

НД: Теорема о продолжении на замыкание:
\( f \) is uniformly continuous on \( I \iff \) it can be extended to a uniformly continuous function on \( \overline{I} \)
Замечание: если на замыкании функция не будет непрерывной, то и равномерно непрерывной она быть не может.

Д: Непрерывна и имеет конечный предел на бесконечности: \(f \in C_{I}, I = [a; +\infty), \exists \lim_{x \rightarrow +\infty}{f(x)}, \implies f \) is uniformly continuous on \( I \).

\(f(x+c)-f(x)\) для равномерно непрерывной функции \(f\) ограничено:
\( c \in \mathbb{R}, I \subset \mathbb{R}, f \) is uniformly continuous, \(I' = I - c \) elementwise, then \( g : I \cap I' \rightarrow \mathbb{R}, g(x) = f(x+c)-f(x) \) is bounded.

НД: Модуль непрерывности стремится к нулю: Function is uniformly continuous iff its modulus of continuity approaches zero as distance between points becomes smaller. \(\left| f(x) - f(y) \right| \le \omega (\left|x - y \right|) \)

Convex

Pathological examples:

• Non-Jordan-measurable set or Non-Jordan-measurable set with measurable closure: \(\mathbb{Q} \cap [0;1]\)
• Countable union of zero-measure sets that doesn't have measure zero: \(Q_{n} := \{ \frac{m}{n} \ | \ m \in \mathbb{Z}, \frac{m}{n} \in [0;1]\} \). For each \(n\) such set is finite, but their union gives the previous example.
• Open non-Jordan-measurable set: cover each rational point from the first example with an open rectangle, forming a cover of arbitrarily small measure. Quite obviously, upper measure for this union will still have measure 1, as set difference of \([0;1]\) with any cover by finite number of elementary sets will contain only finite number (since elementary sets are closed under set difference) of degenerate rectangles (by construction), and its measure must be zero. Hence, outer measure is unequal to inner measure, and the set is not Jordan-measurable.
• Unbounded set with finite inner Jordan measure: \([0;1] \cup \mathbb{Z} \)

Pathological examples:
Non-measurable set: divide points of a unit circle into equivalence classes: consider two points equal if an angle between them is rational. As there are strictly more points than rational rotations, there will be countably many equivalence classes. Using axiom of choice, choose a representative from each class. Rotated over rational angle, this set will become disjoint with initial. Hence, a disjoint union of all such rotations gives the whole circle (as the circle is partitioned by equivalence relation). But the circle is measurable, hence there must be a way to assign a measure to each rotated copy to make the series convergent. As all the sets are congruent, their measures must be equal (as the Lebesgue measure is both translation- and rotation-invariant). Nevertheless, regardless of the measures assigned, series will either converge to zero or diverge to infinity. Hence, the circle must either have zero or infinite length, which is impossible. Hence, such a set must be non-measurable.

Д: Непрерывная на компакте равномерно непрерывна на нём: Continuous on a compact set => uniformly continuous.

Н: График можно заключить под прямой:
\( I = [a; +\infty), f : I \rightarrow \mathbb{R} \) is uniformly continuous \( \implies \exists k, b \in \mathbb{R}: \forall x, y \in I \left| f(x) - f(y) \right| \le k \left| x - y \right| + b, \\ \exists k_{1}, b_{1} \in \mathbb{R}: \forall x \in I \left| f(x) \right| \le k_{1}x + b_{1} \)

НД: Непрерывна на конечном промежутке и имеет конечные пределы в его граничных точках: \(I \) — bounded interval with endpoints \( a < b \). \( f \) is uniformly continous \( \iff f \in C_{I} \land \exists \lim_{x \rightarrow a + 0}{f(x)}, \lim_{x \rightarrow b - 0}{f(x)} \in \mathbb{R} \).

Переход в другую систему координат: показать, что значение предела зависит от траектории движения.

Д: Все частные производные непрерывны в точке и определены в некоторой её окрестности:

НД: Функция линейна в достаточно малой окрестности точки \(f(x+h) - f(x) = A_{1}h_{1} + ... + A_{n}h_{n} + o(\Vert h \Vert)\), где \(A_{i} = \frac{\partial f}{\partial x_{i}}(x)\)

НД: График функции можно заключить под прямую сколь угодно малого сдвига
\(f: \ [a; +\infty) \rightarrow \mathbb{R}: u.c. \iff \forall b>0 \exists k > 0: \\ \forall x, y \in [a; +\infty) \left|f(x)-f(y)\right| \le k \left| x - y \right| + b \)

Д: Равномерная непрерывность на замкнутом множестве и компакте продолжается на их объединение:
Предположим противное: пусть \(\exists \epsilon > 0\), такое что с ним выполняется отрицание условия равномерной непрерывности. Тогда можно выбрать две последовательности точек (по одной из каждого множества), схоядщиеся к одному пределу, такие что расстояния между их образами всегда будут \(>\epsilon\) . Последовательности сходятся к одной точке (в силу компактности и замкнутости множеств), и, в силу непрерывности, их образы тоже должны сходиться к одному значению, чего не происходит по предположению. Получаем противоречие с непрерывностью.

Д: Непрерывность на луче и ограниченность производной на его части влечёт равномерную непрерывность: выделить отрезок и оставшееся замкнутое подмножества луча, применить уже доказанный признак.

Д: Существование наклонной асимптоты у непрерывной функции:

Д: Композиция сохраняет равномерную непрерывность:

Д: Непрерывная периодическая функция всегда равномерно непрерывна:

Н: Существование всех частных производных и непрерывность самой функции в данной точке:
эквивалентно, если функция не является непрерывной в точке или хотя бы одна частная производная в ней не определена, то функция не может быть дифференцируема в этой точке.

Представить числитель как линейную комбинацию знаменателя и его производной:

Иногда бывает полезно либо воспользоваться симметриями промежутка интегрирования \(x \mapsto \frac{1}{x}\), либо изменить порядок обхода \(x \mapsto b - a + x\)