\documentclass[a4paper,12pt]{article}

\usepackage[russian]{babel}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{mathtools}
\usepackage[version=4]{mhchem}
\usepackage{stmaryrd}
\setcounter{page}{1}
\usepackage{expl3}
\usepackage{titleps, amsmath}

\usepackage{graphicx} % Пакет для добавления изображений
\DeclareGraphicsExtensions{.png} % Форматы изображений

\newtheorem{corollary}{Следствие}


\usepackage{ucs}
\usepackage[utf8x]{inputenc}
\usepackage[left=20mm, top=15mm, right=15mm,bottom=15mm,nohead,footskip=10mm]{geometry}
\usepackage{indentfirst}
\renewcommand{\baselinestretch}{1}


\begin{document}
\thispagestyle{empty}
\begin{center}

  \renewcommand{\baselinestretch}{1}
               {\large
                 {\sc Министерство образования и науки Российской Федерации\\
                   ФГБОУ <<Петрозаводский государственный университет>>\\
                   Институт математики и информационных технологий\\
                   Кафедра информатики и математического обеспечения
                 }
               }

\end{center}

\vfill

\begin{center}
  {\normalsize Отчет по учебной практике\\(компьютерные технологии в математике) } \\

  %\bigskip
  %{\Large \sc Анализ производительности беспроводной сети 802.11} \\
\end{center}
\bigskip

\begin{flushright}

  \parbox{8cm} {

    \renewcommand{\baselinestretch}{1}

    \normalsize

    Выполнил:\ \\Лорви А.Т. группа \ 22101 \\
    %\begin{flushright}
    %\vspace{5mm}
    \rule{55mm}{.3pt}\\
    \mbox{\ \ \ \qquad}{\it подпись}\\
    %\end{flushright}
    Руководитель практики:\\
    к.т.н., доцент О. Ю. Богоявленская\\
    %Оценка руководителя:\\ \hfill \rule{35mm}{.3pt}\\
    %\begin{flushright}
    %\vspace{5mm}
    \rule{55mm}{.3pt}\\
    \mbox{\ \ \ \qquad}{\it подпись}\\
    %\end{flushright}
    Готовая оценка:\\
    %\begin{flushright}
    %<<\rule{10mm}{.3pt}>> \rule{35mm}{.3pt} 2022 г.\\
    %\end{flushright}
    %\begin{flushright}
    %\vspace{5mm}
    \rule{55mm}{.3pt}\\
    \mbox{\ \ \ \qquad}{\it оценка}\hfill\\
    %\end{flushright}

  }

\end{flushright}

\vfill

\begin{center}
  \large Петрозаводск -- 2023
\end{center}
\newpage
\tableofcontents
\newpage
\section{Описание работы}
В задании 2 нужно было страницы из Тома 1 (307-309) написать в LaTex, изучить синтаксис математических формул, о рубрикации текста и специальных абзацев, об оформлении новых окружений (теоремы, леммы и пр.) \par
В задание 3 нужно было создать график с помощью gnuplot и вставить его в файл задания 2
\subsection{Задание 2}
\parПодготовить документ, содержащий математический текст, предоставленный инструктором.
(страницы берутся из Том 1, Том 2)
\parСкринкаст о наборе математических формул.
\parСкринкаст о рубрикации текста и специальных абзацах.
\parСкринкаст об оформлении новых окружений (теоремы, леммы и пр.) и команд.
\parВнимание! Разделы, если они есть, и нумерация формул должны быть оформлены
автоматически.

\subsection{Задание 3}
\parС помощью интерпретатора команд gnuplot построить изображение кривой в декартовых
координатах и разместить его в документе, подготовленном во время выполнения задания 2.
\parСкринкасты о работе с gnuplot: Первый, Второй .
\parПлавающие объекты Скринкаст

\section{Результаты работы}
\subsection{Задание 2}
Я написал в LaTex страницы из Тома 1 (307-309), изучил синтаксис математических формул, о рубрикации текста и специальных абзацев, об оформлении новых окружений (теоремы, леммы и пр.). Ниже приведен результат работы

\newpage
$\int_{0}^{1} f(x) d x=\int_{0}^{1} \frac{d x}{\sqrt{x}}$ сходится, а интеграл $\int_{0}^{1} f^{2}(x) d x=\int_{0}^{1} \frac{d x}{x}$ расходится.

II ри ме р ы. 1. Посредством замень переменной $x=1 / t$ вычислим интеграл

\begin{center}
  $\int_{1}^{+\infty} \frac{d x}{x \sqrt{x^{2}-1}}=\int_{0}^{1} \frac{d t}{\sqrt{1-t^{2}}}=\left.\arcsin t\right|_{0} ^{1}=\frac{\pi}{2}$
\end{center}
\begin{enumerate}
  \setcounter{enumi}{1}
\item Вычислим интеграл $I_{n}=\int_{0}^{+\infty} x^{n} e^{-x} d x, n=0,1,2, \ldots$ Проинтег-
\end{enumerate}

рировав по частям при $n>0$, будем иметь

\begin{equation}
  \label{1}
  I_{n}=-\int_{0}^{+\infty} x^{n} d e^{-x}=-\left.x^{n} e^{-x}\right|_{0} ^{+\infty}+n \int_{0}^{+\infty} x^{n-1} e^{-x} d x=n I_{n-1}
\end{equation}
Поскольку $I_{0}=\int_{0}^{+\infty} e^{-x} d x=\left.e^{-x}\right|_{0} ^{+\infty}=1, \quad$ то, применив последовательно рекуррентную формулу $(\ref{1})$, получим

\begin{center}
  $I_{n}=n I_{n-1}=n(n-1) I_{n-2}=\ldots=n ! I_{0}=n ! $
\end{center}

\paragraph*{29.3. Несобственные интегралы от неотрицательных функций.} Установим признаки сходимости для несобственных интегралов от неотрицательных функций.

Лемма 1. Если функция $f$ неотрицательна на полуинтервале $[a, b)$, то для сходимости интеграла $\int_{a}^{b} f(x) d x$ необходимо и достаточно, чтобы множество всех интегралов $\int_{a}^{\eta} f(x) d x, n \in[a, b)$, было ограничено сверху, $m$. е. чтобы существовала такая постоянная $c>0$, что для всех $n \in[a, b)$ выполнялось бы неравенство

      \begin{equation}
        \label{2}
        \int_{a}^{\eta} f(x) d x \leqslant c
      \end{equation}

      $\triangleright$ Положим

      \begin{equation}
        \label{3}
        \varphi(\eta) \stackrel{\text { def }}{=} \int_{a}^{\eta} f(x) d x
      \end{equation}

      Если $a \leqslant \eta<\eta^{\prime}<b$, то

      $$
      \varphi\left(\eta^{\prime}\right)=\int_{a}^{\eta^{\prime}} f(x) d x=\int_{a}^{\eta} f(x) d x+\int_{\eta}^{\eta^{\prime}} f(x) d x \geqslant \int_{a}^{\eta} f(x) d x=\varphi(\eta)
      $$

      ибо в силу неотрицательности функции $f$ имеет место неравенство $\int_{\eta}^{\eta^{\prime}} f(x) d x \geqslant 0$, т. е. функция $\varphi(\eta)$ возрастает на полуинтервале $[a, b)$. Существование несобственного интеграла $\int_{a}^{b} f(x) d x$ означает существование конечного предела

        $$
        \lim _{\eta \rightarrow b} \varphi(\eta)=\int_{a}^{b} f(x) d x
        $$

        что имеет место тогда и только тогда, когда функция $\varphi(\eta)$ ограничена сверху (см. теорему 4 в п. 6.11), а это в силу $(\ref{3})$  равносильно условию $(\ref{2})$.

        3 аме ч ан и е. При доказательстве леммы 1 было показано, что в случае неотрицательности функции $f$ функция $\varphi(\eta)$ (см. $(\ref{3})$) возрастает на $[a, b)$ и, следовательно, всегда имеет при $\eta \rightarrow b$ конечный или бесконечный, равный $+\infty$, предел в зависимости от того, ограничена она или нет. Если функция $\varphi(\eta)$ неограничена на $[a, b)$, то

            $$
            \lim _{\eta \rightarrow b} \int_{a}^{\eta} f(x) d x \underset{(29.15)}{=} \lim _{\eta \rightarrow b} \varphi(\eta)=+\infty
            $$

            и в этом случае пишут

            $$
            \int_{a}^{b} f(x) d x=+\infty
            $$

            (как мы уже и поступали в примерах п. 29.1).

            \begin{theorem}(признак сравнения). Пусть

              \begin{equation}
                \label{4}
                0 \leqslant g(x) \leqslant f(x), \quad x \in[a, b) .
              \end{equation}

              Тогда:


              \begin{enumerate}
              \item если интеграл $\int_{a}^{b} f(x) d x$ сходится, то сходится и интеграл

              \item если интеграл $\int_{a}^{b} g(x) d x$ расходится, то расходится и интеграл $\int_{a}^{b} f(x) d x$

              \end{enumerate}
            \end{theorem}
            Следст ви е 1. Пусть функции $f u$ g неотрицательны на промежутке $[a, b), g(x) \neq 0$ при всех $x \in[a, b)$ и существует конечный или бесконечный предел

                \begin{equation}
                  \label{5}
                  \lim _{x \rightarrow b} \frac{f(x)}{g(x)}=k
                \end{equation}

                \begin{center}
                  \includegraphics[max width=\textwidth]{2023_03_27_bb1008cca67d2bb2b939g-2}
                \end{center}

                теграл $\int_{a}^{b} f(x) d x$ сходится

                \begin{enumerate}
                  \setcounter{enumi}{1}
                \item если интеграл $\int_{a}^{b} g(x) d x$ расходится $и 0<k \leqslant+\infty$, то и интеграл $\int_{a}^{b} f(x) d x$ расходится.
                \end{enumerate}

                Следстии е 2. Если функции $f(x)$ и $g(x)$ эквивалентны при $x \rightarrow b$, m. e. $f(x)=\varphi(x) g(x), a \leqslant x<b$, $\lim _{x \rightarrow b} \varphi(x)=1$, то интегралы $\int_{a}^{b} f(x) d x$ и $\int_{a}^{b} g(x) d x$ одновременно сходятся или расходятся.

                $\triangleright$ Докажем теорему. Для любого $\eta \in[a, b)$ в силу неравенства  $(\ref{4})$ имеем

                  $$
                  \int_{a}^{\eta} g(x) d x \leqslant \int_{a}^{\eta} f(x) d x
                  $$

                  Поэтому если интеграл $\int_{a}^{b} f(x) d x$ сходится и, следовательно, согласно лемме 1 ограничен сверху интеграл $\int_{a}^{\eta} f(x) d x$, то будет ограничен сверху и интеграл $\int_{a}^{\eta} g(x) d x$, откуда, согласно той же лемме, интеграл $\int_{a}^{b} g(x) d x$ сходится.

                  Если же расходится интеграл $\int_{a}^{b} g(x) d x$, то в силу уже доказанного интеграл $\int_{a}^{b} f(x) d x$ не может сходиться, так каю тогда бы сходился и интеграл $\int_{a} g(x) d x$, а это противоречит условию. Таким образом, интеграл $\int_{a}^{b} f(x) d x$ расходится. $\triangleleft$

                  Докажем теперь следствие 1.

                  $\triangleright$ Пусть выполняется условие ($(\ref{5})$) и $0 \leqslant k<+\infty$. Из того, что $k$ является пределом функции $\frac{f(x)}{g(x)}$ при $x \rightarrow b$, и из неравенства $k<k+1$ следует существование такого $\eta \in[a, b)$, что если $\eta<x<b$, то $\frac{f(x)}{g(x)}<k+1$, т. е.
                    \newpage

                    \subsection{Задание 3}
                    Я создал график sin(3*x) + 1/x в gnuplot и вставил его в документ Ниже представлена график, который вставил в документ

                    \begin{figure}[h] % Вствка изображения
                      \centering\includegraphics[scale=0.3]{Grafik.png}%centering - выравнивание по середине, scale -
                      \caption{sin(3*x)+1/x}
                    \end{figure}

                    \end{document}
