\documentclass[notitlepage]{article} 
\usepackage[MeX]{polski}
\usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{anysize}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{enumerate} 
\usepackage{amsmath} 
\usepackage{amssymb} 
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amsthm}
\marginsize{3cm}{2cm}{1cm}{1cm}

\newtheorem{theorem}{Twierdzenie}[section]
\newtheorem{lemma}[theorem]{Lemat}
\newtheorem{proposition}[theorem]{Propozycja}
\newtheorem{corollary}[theorem]{Wniosek}


\theoremstyle{definition}
\newtheorem*{definition}{Definicja}
\newtheorem{example}{Przykład}
\newtheorem{remark}[theorem]{Uwaga}

\title{Analiza, seria II} \author{Adam Michalik} 

\begin{document}
\maketitle

\paragraph{Zadanie 1}
Znajdziemy kresy następujących zbiorów, w zależności od parametrów
$\alpha, \beta > 0$:

\begin{equation}
  A = \left\{ \frac{\alpha m + \beta n}{m+n} : m + n \ne 0 \right\}
\end{equation}

Bez straty ogólności załóżmy, że $\alpha \leq \beta $. Wtedy mamy:

\begin{equation}
\alpha = \frac{\alpha m + \alpha n}{m+n} 
\leq  \frac{\alpha m + \beta n}{m+n} \leq 
\frac{\beta m + \beta n}{m+n} = \beta
\end{equation}

W powyższych nierównościach równości zachodzą dla $m = 1, n = 0$ i $n
= 1, m = 0$, stąd dla $\alpha \leq \beta$ mamy $\inf A = \alpha, \sup A
= \beta$, zatem z symetrii $\sup A = \max (\alpha, beta), \inf A = \min(\alpha, \beta)$


\begin{equation}
  B = \left\{ \alpha x + \frac{1}{4 \alpha x} : x > 0  \right\}
\end{equation}
 
Dla dowolnego ustalonego $n > 0$, dla $x = \frac{n}{\alpha}$ mamy
\begin{equation}
  B \ni \alpha x + \frac{1}{4 \alpha x} = n + \frac{1}{4 n} > n
\end{equation}
stąd $\sup B = \infty$.

Z drugiej strony, z nierówności między średnimi mamy:

\begin{equation}
  1 = 2 \sqrt{\alpha x \frac{1}{4 \alpha x}} \leq \alpha x + \frac{1}{4
    \alpha x}
\end{equation}
i równość zachodzi dla $\alpha x = \frac{1}{4 \alpha x}$, czyli dla $x
= \frac{1}{2 \alpha}$, stąd $\inf B = 1$.

\paragraph{Zadanie 2}
Dla $n \geq 5$ pokażemy, że:
\begin{equation}
  1 + \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{n} < \log_2{n}
\end{equation}

Dowód przeprowadzimy przez indukcję. Dla $n = 5$ nierówność jest
prawdziwa, o czym przekonujemy się, przeprowadzając proste obliczenie.

Załóżmy, że nierówność jest prawdziwa dla ustalonego $n$. Dodajmy
$\frac{1}{n+1}$ stronami:

\begin{equation}
  1 + \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{n} + \frac{1}{n+1} < \log_2{n} + \frac{1}{n+1}
\end{equation}

Wystarczy teraz pokazać, że:
\begin{eqnarray}
\log_2{n} + \frac{1}{n+1} &\leq& \log_2{n+1} \\
\frac{1}{n+1}  &\leq& \log_2{\frac{n+1}{n}} \\
1 &\leq& \log_2 \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}
\end{eqnarray}

Ale $\log_2 \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} >
\log_e\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}$, bo $2 < e$. Z wykładu
wiadomo, że $\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}$ zbiega monotonicznie
malejąco do $e$, stąd 
\begin{equation}
\log_2 \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} > 
\log_e\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} > \log_e e = 1
\end{equation}
co należało pokazać.

\paragraph{Zadanie 3}
Niech będzie dany zbiór $A$, taki, że jeżeli $a \in A$, to $a > 0$,
niech $\sup A = a_s, \inf A = a_i$. Rozpatrzmy zbiór 
\begin{equation}
  B = \left\{ \frac{1}{x} : x \in A \right\}
\end{equation}
Znajdziemy kresy zbioru $B$. 

Rozpatrzmy najpierw przypadek $a_s = \infty$. Wtedy $\inf B = 0$, bo
oczywiście dla $b \in B$, $b > 0$, a przy tym dla pewnego $A \ni a >
\frac{1}{\epsilon}$ (taki istnieje, bo $\sup A = \infty$) mamy
$\frac{1}{a} < \epsilon$.

Niech teraz $a_i, a_s$ skończone. Mamy dla $a \in A$:
\begin{equation}
a_i \leq a \leq a_s  
\end{equation}
stąd
\begin{equation}
\frac{1}{a_s} \leq \frac{1}{a} \leq \frac{1}{a_i}
\end{equation}
stąd $\frac{1}{a_s}$ i $\frac{1}{a_i}$ są ograniczeniami $B$, dolnym i
górnym. Pokażę, że są kresami. Rozpatrzmy najpierw kres dolny. Dla
dowolnego $\epsilon > 0$, szukamy takiego $1/a \in B$, że:

\begin{equation}
  \frac{1}{a_s} + \epsilon > \frac{1}{a}
\end{equation}
Równoważnie,
\begin{eqnarray}
  \frac{1 + \epsilon a_s}{a_s} &>& \frac{1}{a} \\
  \frac{a_s}{1 + \epsilon a_s} &<& a \\
\end{eqnarray}
Ale
\begin{equation}
  \frac{a_s}{1 + \epsilon a_s} < a_s = \sup A
\end{equation}
stąd istnieje takie $a \in A$, że $\frac{a_s}{1 + \epsilon a_s} < a$, co
należało pokazać. 

Kres górny dowodzi się analogicznie.

\paragraph{Zadanie 4}
Pokażemy, że jeżeli dla $a_i > 0$, $\prod_1^n a_i = 1$, to $\sum_1^n
a_i \geq n$, a równość zachodzi tylko dla $a_1 = \ldots = a_n = 1$.

Wystarczy skorzystać z nierówności między średnimi, która mówi, że 
\begin{equation}
  \sqrt[n]{\prod_1^n a_i} \leq \frac{1}{n} \sum_1^n a_i 
\end{equation}
czyli:
\begin{equation}
  n \leq \sum_1^n a_i
\end{equation}
a przy tym wiadomo, że równość w powyższej nierówności zachodzi tylko
dla $a_1 = \ldots = a_n$ i z warunków zadania wynika, że wszystkie te
liczby muszą być równe 1.

\paragraph{Zadanie 5}
Pokazać, że $n$ dzieli $n \choose k$ dla każdego $1 < k < n$ wtw. $n$
jest liczbą pierwszą. 

$(\Leftarrow)$ Mamy:
\begin{equation}
  {n \choose k} = \frac{n!}{k! (n-k)!} = \frac{n (n-1) \cdots (n-k+1)}{1
   \cdot 2 \cdots k}
\end{equation}

Wiadomo, że $n \choose k$ jest liczbą całkowitą. $n$ dzieli licznik
powyższego ułamka, lecz nie dzieli mianownika, bo wtedy musiałaby
dzielić któryś z czynników mianownika (bo $n$ jest pierwsze, a gdy
pierwsze $p$ dzieli $ab$, to dzieli $a$ lub $b$), ale każdy z
czynnikow mianownika jest mniejszy od $n$. Stąd $n$ dzieli $n \choose
k$.

$(\Rightarrow)$ Załóżmy, że $n$ nie jest liczbą pierwszą, więc $n = p
b$, $p$ pierwsze. Rozpatrzmy:

\begin{equation}
  {n \choose p} = \frac{n (n-1) \cdots (n-p+1)}{1 \cdot 2 \cdots p} = 
\end{equation}

Ponieważ $n$ dzieli $n \choose p$ i $p$ dzieli $n$, więc również $p$
dzieli $n \choose p$. W liczniku jest $p$ czynników, z czego pierwszy
dzieli się przez $p$, zatem z pierwszości $p$ wynika, że żaden inny
nie dzieli się przez $p$. Po skróceniu $p$ z licznika i mianownika
otrzymujemy, że licznik nie dzieli się przez $p$, zatem cały ułamek
też nie dzieli się przez $p$.
\end{document}
