\documentclass[10pt,a5paper]{article}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb}
\usepackage[T2A]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[russian]{babel}

\usepackage[a4paper, lmargin=0.1666\paperwidth, rmargin=0.1666\paperwidth, tmargin=0.1111\paperheight, bmargin=0.1111\paperheight]{geometry}
\begin{document}

\begin{flalign*}
\textbf{\textit{Задание 26: }}\textit{Доказать, что } 1.(9) = 2.(0)&&
\end{flalign*}
Представим эти числа как $1.(9) = 1 + 0.(9)$ и $2.(0) = 1 + 1.(0)$\\
Тогда пусть $x = 0.(9)$:
\begin{align*}
10x &= 9.(9)\\
 9x &= 9\\
  x &= 1\\
\end{align*}
Значит, $0.(9) = 1$ и $1.(9) = 2.(0)$, значит $1.(9) = 2.(0)$

\clearpage

\begin{flalign*}
\textbf{\textit{Задание 20: }}
\textit{Доказать, что } 
\underbrace{\sqrt{a + \sqrt{a + \ldots + \sqrt{a}}}}_{n} \leq \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}&
\end{flalign*}
Обозначим левую часть за $A_n$ и докажем по индукции.\\
База $(n = 1)$:
\begin{align*}
A_1 = \sqrt{a} &\overset{?}{\leq} \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}&&\\
             a &\overset{?}{\leq} \frac{1 + 2\sqrt{4a + 1} + 4a + 1}{4}&&\\
             0 &\leq \frac{2 + 2\sqrt{4a + 1}}{4}&&\\
\end{align*}
Переход: \\
Пусть для $n$ - верно, тогда:
\begin{align*}
A_{n+1} = \sqrt{a + A_n} &\overset{?}{\leq} \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}&&\\
             \sqrt{a + \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}} &\overset{?}{\leq} \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}&&\\
             a + \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2} &\overset{?}{\leq} \frac{1 + 2\sqrt{4a + 1} + 4a + 1}{4}&&\\
             \frac{2a + 1 + \sqrt{4a + 1}}{2} &\overset{?}{\leq} \frac{2 + 2\sqrt{4a + 1} + 4a}{4}&&\\
             \frac{2a + 1 + \sqrt{4a + 1}}{2} &= \frac{1 + 1\sqrt{4a + 1} + 2a}{2}&&\\
\end{align*}
Значит, для $n + 1$ - тоже верно

\clearpage

\textbf{\textit{Задание 5: }}
$X, Y \subset \mathbb{R}_+, Z = \{xy : x \in X, y \in Y\}.$
\textit{Доказать, что } $$\inf{Z} = \inf{X}\inf{Y}, \quad \sup{Z} = \sup{X}\sup{Y}$$

\textbf{1.} Так как $\sup{X}$ - точная верхняя грань $X$, а $\sup{Y}$ - точная верхняя грань $Y$, то $\forall x \in X, y \in Y$ выполняется $xy \leq x\sup{Y} \leq \sup{X}\sup{Y}$, поэтому $S = \sup{X}\sup{Y}$ - верхняя грань $Z$.\\

\textbf{2.} Пусть $\sup{X}\sup{Y} = S_z$. Докажем, что $\forall{\Gamma > 0}\ \exists\ z \in Z$, такое, что $S_z - z < \Gamma$.\\

Из определения точной верхней грани $\forall{\delta > 0}\ \exists\ x \in X, y \in Y$ такие, что 
$$x > \sup{X} - \delta,\ y > \sup{Y} - \delta,$$
поэтому существует $z = xy$ и 
$$xy > (\sup{X} - \delta)(\sup{Y} - \delta) = \sup{X}\sup{Y} - \delta(\sup{X} + \sup{Y} - \delta)$$\\
Так как $\sup{X} + \sup{Y} = \text{const}$, то
$$\lim_{\delta \to 0} \delta(\sup{X} + \sup{Y} - \delta) = 0$$
поэтому для любого $\Gamma$ найдется $\delta$ такой, что
$$S_z - z > S_z - (\sup{X} - \delta)(\sup{Y} - \delta) > \Gamma,$$
что и требовалось доказать.\\

Из (\textbf{1}) и (\textbf{2}) следует, что $S_z = \sup{X}\sup{Y}$ - точная верхняя грань $Z$.
Аналогично, $\inf{Z} = \inf{X}\inf{Y}$

\clearpage



\end{document}