\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 III} \author{Adam Michalik} 

\begin{document}
\maketitle

\paragraph{Zadanie 1}
Znajdziemy granicę ciągu 

\begin{equation}
  a_{n+1} = \frac{3 a_n + 2}{a_n + 3}
\end{equation}

w zależności od $a_0 > 0$.

Załóżmy na początek, że $a_0 \leq \sqrt{2}$. Oczywiście wtedy $a_n
\geq 0$ dla każdego $n$ (prosta indukcja). Pokażemy przez indukcję,
że również  $a_n \leq \sqrt{2}$ dla każdego $n \in \mathbb{N}$.

Istotnie, 
\begin{equation}
  a_{n+1} = \frac{3 a_n + 2}{a_n + 3} = 3 - \frac{7}{a_n + 3} \leq 3 -
  \frac{7}{\sqrt{2} + 3} = \sqrt{2}
\end{equation}

Pokażemy, że ciąg $a_n$ jest monotonicznie rosnący -- istotnie:
\begin{equation}
a_{n+1} - a_n = \frac{3 a_n + 2}{a_n + 3} - a_n = \frac{3 a_n + 2 -
  a_n^2 - 3_an}{a_n} = \frac{- a_n^2 + 2}{a_n + 3}
\end{equation}

ale mianownik w powyższym ułamku jest zawsze dodatni, więc $a_{n+1} -
a_n \geq 0$ wtw. $- a_n^2 + 2 \geq 0$ wtw. $a_n \leq \sqrt 2$, czego
prawdziwość już pokazaliśmy. 

Wiemy stąd, że $a_n$ jest monotoniczny i ograniczony, zatem
zbieżny. Oznaczmy:
\begin{equation}
  \lim a_n = g
\end{equation}
wiemy wtedy:

\begin{equation}
  g = \lim a_{n+1} = \lim \frac{3 a_n + 2}{a_n + 3} = \frac{3 \lim a_n
    + 2}{\lim a_n + 3} = \frac{3g + 2}{g + 3}
\end{equation}
a stąd otrzymujemy:
\begin{equation}
  g^2 + 3g = 3g + 2
\end{equation}
czyli $g = \sqrt{2}$ lub $g = - \sqrt{2}$. Ponieważ ciąg $a_n$ jest
nieujemny, drugi przypadek możemy odrzucić. Zatem dla $a_0 \leq
\sqrt{2}$, $\lim a_n = \sqrt{2}$.

Dowód dla $a_0 \geq \sqrt{2}$ jest w
pełni analogiczny, pokazujemy jedynie, że wtedy ciąg jest ograniczony
przez $\sqrt{2}$ z dołu i monotonicznie malejący.
 
\paragraph{Zadanie 2}.
Załóżmy, że $\lim \left|\frac{x_{n+1}}{x_n}\right| = q < 1$. Pokażemy,
że wtedy $\lim x_n = 0$. Istotnie, ustalmy $\epsilon = \frac{1 -
  q}{2}$, dzięki czemu $q + \epsilon < 1$. Z definicji granicy mamy
wtedy, że istnieje takie $n_0$, że dla $n \geq n_0$ zachodzi 
\begin{equation}
  \left|\frac{x_{n+1}}{x_n}\right| < q + \epsilon
\end{equation}
\begin{equation}
  |x_{n+1}| < (q + \epsilon)|x_n|
\end{equation}

skąd przez prostą indukcję otrzymujemy dla $n > 0$
\begin{equation}
0 \leq  |x_{n_0+n}| < (q + \epsilon)^n |x_{n_0}|
\end{equation}
Ponieważ $q + \epsilon < 1$, ciąg po prawej stronie zbiega do zera
wraz z $n \rightarrow \infty$, teza zatem wynika z twierdzenia o
trzech ciągach (bo $\lim |x_{n_0+n}|$ istnieje wtw istnieje granica
$\lim |x_n|$ i są sobie równe). 

\paragraph{Zadanie 3}
Pokażemy, że 
\begin{equation}
  \label{eq:leq}
  \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} < 2 \sqrt{n}
\end{equation}

Dowód przeprowadzimy przez indukcję. Dla $n = 1$ teza jest oczywiście
prawdziwa. Załóżmy prawdziwość (\ref{eq:leq}) dla pewnego $n$. Dodajmy
stronami $\frac{1}{\sqrt{n+1}}$:
\begin{equation}
  \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{\sqrt{k}} < 2 \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n+1}}
\end{equation}
Wystarczy teraz pokazać, że 
\begin{equation}
  2 \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} \leq 2 \sqrt{n+1}
\end{equation}
Przekształćmy powyższą nierówność:
\begin{eqnarray}
  2 \sqrt{n(n+1)} + 1 &\leq& 2n+2\\
  4 n^2+ 4n &\leq& (2n+1)^2 = 4n^2 + 4n + 1
\end{eqnarray}
Otrzymana nierówność jest prawdziwa dla każdego $n$.

Pokażemy teraz, że 
\begin{equation}
  \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} > 2( \sqrt{n+1} - 1)
\end{equation}
Dowód również przeprowadzimy przez indukcję. Analogicznie dodajemy
stronami $\frac{1}{\sqrt{n+1}}$, wystarczy pokazać, że 
\begin{equation}
 2(\sqrt{n+2} - 1) < 2( \sqrt{n+1} - 1) + \frac{1}{\sqrt{n+1}}
\end{equation}
Po przekształceniach otrzymujemy:
\begin{eqnarray}
 2\sqrt{n+2} &<& 2\sqrt{n+1} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} \\
 2\sqrt{(n+2)(n+1)} &<& 2n+3 \\
 4(n+2)(n+1) &<& (2n+3)^2 \\ 
 4n^2 + 12 n + 8 &<& 4n^2 + 12 n + 9
\end{eqnarray}
co jest prawdą.

Stąd, wiemy, że 
\begin{equation}
  2(\sqrt{n^2+1} -1) - \sqrt{n^2 - 9 n} < \sum_{k=1}^n
  \frac{1}{\sqrt{k}} - \sqrt{n^2 - 9 n} < 2\sqrt{n^2} - \sqrt{n^2 - 9 n}
\end{equation}
ale 
\begin{equation}
  2(\sqrt{n^2+1} -1) - \sqrt{n^2 - 9 n} > 2(\sqrt{n^2+1} - 1) -
  \sqrt{n^2 + 1} = \sqrt{n^2 + 1} - 2 > \sqrt{n^2} - 2 = n - 2
  \rightarrow \infty
\end{equation}
z drugiej strony
\begin{equation}
  2\sqrt{n^2} - \sqrt{n^2-9n} > 2\sqrt{n^2} - \sqrt{n^2} = n
  \rightarrow \infty
\end{equation}
zatem, z twierdzenia o trzech ciągach, $a_n \rightarrow \infty$

\paragraph{Zadanie 4}
W zależności od parametru $\alpha$, znajdziemy granicę:
\begin{equation}
  \lim n^\alpha (\frac{1}{n^2} + \frac{1}{(n+1)^2} + \ldots + \frac{1}{(n+n)^2})
\end{equation}
Szacując sumę z dołu i z góry przez najmniejszy i największy element,
otrzymujemy:
\begin{equation}
  \label{eq:ineq}
  n^\alpha \frac{n+1}{4n^2} < n^\alpha (\frac{1}{n^2} +
  \frac{1}{(n+1)^2} + \ldots + \frac{1}{(n+n)^2}) < n^\alpha \frac{n+1}{n^2}
\end{equation}
Od razu widzimy, że dla $\alpha > 1$, ciągi po lewej i po prawej
stronie powyższej nierówności dążą do $+\infty$, a dla $\alpha < 1$ do
$0$, zatem z twierdzenia o trzech ciągach wyjściowy ciąg również ma
taką granicę.

Załóżmy więc, że $\alpha = 1$. Oznaczmy:
\begin{equation}
  b_n = \frac{1}{n}, \quad a_n = \frac{1}{n^2} + \frac{1}{(n+1)^2} + \ldots + \frac{1}{(n+n)^2}
\end{equation}
Z nierówności (\ref{eq:ineq}) wynika, że $a_n \rightarrow
0$. Oczywiście $b_n$ zbiega monotonicznie do $0$. Skorzystamy z
tw. Stolza: 
\begin{eqnarray}
  \lim \frac{a_n}{b_n} &=& \lim \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} \\
  &=& \lim \frac{\frac{1}{(2n+2)^2}+\frac{1}{(2n+1)^2} - \frac{1}{n^2}}
  {\frac{1}{n+1} - \frac{1}{n}} \\
  &=& \lim \frac{\frac{n^2(2n+1)^2 + 4n^2(n+1)^2 -
      4(n+1)^2(2n+1)^2}{4(n+1)n^2(2n+1)^2}}{\frac{1}{n(n+1)}} \\
  &=& \lim \frac{n(n+1)(n^2(2n+1)^2 + 4n^2(n+1)^2 -
      4(n+1)^2(2n+1)^2)}{4(n+1)n^2(2n+1)^2} \\
\end{eqnarray}
Łatwo zobaczyć, że najwyższa potęga $n$ w liczniku i mianowniku jest
równa $4$, a przy tym współczynnik przy niej w liczniku jest równy
$2$, a w mianowniku $4$, zatem granica jest równa $\frac{1}{2}$.

Rozpatrzymy teraz granicę
\begin{equation}
  \lim \left(\frac{n^2(n-3)}{n^3 + 2n + 1} \right)^{n+2}
\end{equation}
Po przekształceniach otrzymujemy
\begin{eqnarray}
  \lim \left(\frac{n^2(n-3)}{n^3 + 2n + 1} \right)^{n+2} &=& \lim
  \left(\frac{n^3-3n^2)}{n^3 + 2n + 1} \right)^{n+2} \\
&=& \lim \left(\frac{n^3+2n+1 -3n^2-2n-1)}{n^3 + 2n + 1} \right)^{n+2}
\\
&=& \lim \left(1 + \frac{-3n^2-2n-1)}{n^3 + 2n + 1} \right)^{n+2} \\
&=& \lim \left(\left(1 + \frac{-3n^2-2n-1}{n^3 + 2n + 1}
  \right)^{\frac{n^3 + 2n +
      1}{-3n^2-2n-1}}\right)^{\frac{(n+2)(-3n^2-2n-1)}{n^3 + 2n + 1}}
\\
&=& e^{-3}
\end{eqnarray}

\paragraph{Zadanie 5}
Znajdziemy granicę ciągu:
\begin{equation}
  a_n = \frac{n+1}{3^n}\left(\frac{3^1}{1} + \frac{3^2}{2} + \ldots + \frac{3^n}{n}\right)
\end{equation}
Niech $b_n = \frac{3^n}{n+1}$, $c_n = \frac{3^1}{1} + \frac{3^2}{2} +
\ldots + \frac{3^n}{n}$. Wtedy $b_n$ monotonicznie dąży do $+\infty$:
\begin{equation}
  \frac{b_{n+1}}{b_n} = \frac{3^{n+1} n}{3^n (n+1)} = \frac{3n}{n+1} > 1
\end{equation}
Skorzystajmy z tw. Stolza:
\begin{eqnarray}
  \lim a_n = \lim \frac{c_n}{b_n} &=& \lim \frac{c_{n+1} -
    c_n}{b_{n+1} - b_n} \\
  &=& \lim \frac{\frac{3^{n+1}}{n+1}}{\frac{3^{n+1}}{n+1} -
    \frac{3^n}{n}} \\
  &=& \lim \frac{\frac{3}{n+1}}{\frac{3 n - n-1}{n(n+1)}} \\ 
  &=& \lim \frac{3 n}{2 n - 1} \\
  &=& \frac{3}{2}
\end{eqnarray}
\end{document}
