\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 IV} \author{Adam Michalik} 

\begin{document}
\maketitle

\paragraph{Zadanie 1}
Dla dowolnego $r \geq 1$ i $x > -1$ wykażemy następującą nierówność:
\begin{equation}
  (1+x)^r \geq 1 + rx
\end{equation}

Ustalmy najpierw dowolne $r = \frac{p}{q} \in \mathbb{Q}$, $r \geq 1$
i $x > -1$. Mamy: 
\begin{equation}
  (1+x)^{\frac{p}{q}} \geq 1 + \frac{p}{q} x \iff \sqrt[p]{\left(1 +
    \frac{p}{q}x\right)^q} \leq 1+x
\end{equation}

Ale z nierówności pomiędzy średnimi mamy:
\begin{equation}
  \sqrt[p]{\left(1 + \frac{p}{q}x\right)^q \cdot 1^{p-q}} \leq
  \frac{q\left(1 + \frac{p}{q}x\right) + 1\cdot(p-q)}{p} = 1 + x
\end{equation}

Niech teraz $r = \frac{p}{q} \in \mathbb{Q}, r \in (0, 1)$, $x \geq 0$. Pokażemy
odwrotną nierówność:
\begin{equation}
  (1+x)^r \leq 1 + rx
\end{equation}

Istotnie, z nierówności pomiędzy średnimi:
\begin{equation}
  \sqrt[q]{(1+x)^p 1^{q-p}} \leq \frac{p(1+x) + 1\cdot(q-p)}{q} = 1 +
  \frac{p}{q} x
\end{equation}

Ponieważ dla $a > 0$ i dla $x_n \to x$ mamy $\lim a^{x_n} = a^{\lim
  x_n}$, to ustalając dowolne $r \geq 1$ (być może niewymierne) i $x >
-1$, istnieje ciąg liczb wymiernych $r_n \to r$ (np. niech $A_n =
\mathbb{Q} \cap \left(r - \frac{1}{n}, r + \frac{1}{n}\right)$, $A_n$
są niepuste, bo $\mathbb{Q}$ jest gęsty w $\mathbb{R}$, więc wystarczy
zastosować aksjomat wyboru dla rodziny $\{A_1 \times \{1\}, A_2 \times
\{2\}, \ldots \}$ by dostać selektor $S$, po czym określamy $r_n = x$,
gdzie $S \cap A_n = \{(x, n)\}$, otrzymany ciąg oczywiście zbiega do
$r$). Wiemy zatem, że dla każdego $n \in \mathbb{N}$ mamy:
\begin{equation}
  (1+x)^{r_n} \geq 1+r_n x
\end{equation}
Stąd z twierdzenia o przechodzeniu z nierównością do granicy mamy:
\begin{equation}
  (1+x)^{r} = \lim (1+x)^{r_n} \geq \lim (1+r_n x) = 1+r x
\end{equation}
Analogicznie dowodzimy drugiej nierówności.

\paragraph{Zadanie 2}
Dla $p \in \mathbb{N}$, niech $W_p(n) = 1^p + 2^p + \ldots +
n^p$. Pokażemy, że dla każdego $p$, $W_p$ jest wielomianem, stopnia
$p+1$, w którym przy najwyższej potędze stoi współczynnik
$\frac{1}{p+1}$, z czego od razu wynika teza. Przy okazji, pokażemy
efektywny sposób wyznaczania $W_p$. 

Ustalmy $p$. Dla dowolnego $n$, zachodzą następujące równości:
\begin{eqnarray}
  \sum_{k=1}^n k^{p+1} + (n+1)^{p+1} &=& 1^{p+1} + \sum_{k=1}^n
  (k+1)^{p+1} \\
  \sum_{k=1}^n k^{p+1} + (n+1)^{p+1} &=& 1^{p+1} + \sum_{k=1}^n
  \sum_{j=0}^{p+1} {{p+1} \choose j} k^j \\
  \sum_{k=1}^n k^{p+1} + (n+1)^{p+1} &=& 1^{p+1} + \sum_{j=0}^{p+1}
  \sum_{k=1}^n {{p+1} \choose j} k^j \\
  \sum_{k=1}^n k^{p+1} + (n+1)^{p+1} &=& 1^{p+1} + \sum_{k=1}^n {{p+1}
    \choose {p+1}} k^{p+1} + \sum_{j=0}^{p} {{p+1} \choose j}
  \sum_{k=1}^n k^j \\
  (n+1)^{p+1} &=& 1^{p+1} + \sum_{j=0}^{p} {{p+1} \choose j}
  W_j(n) \\
  {{p+1} \choose p} W_p(n) &=& (n+1)^{p+1} - 1 - \sum_{j=0}^{p-1}
  {{p+1} \choose j} W_j(n)\\
  W_p(n) &=& \frac{(n+1)^{p+1} - 1 - \sum_{j=0}^{p-1} {{p+1} \choose
      j} W_j(n)}{p+1} 
\end{eqnarray}

Widać, że jeżeli wyznaczyliśmy  $W_j$ dla $j < p$, to przy pomocy
ostatniej równości i pewnej ilości żmudnych, bezmyślnych obliczeń (lub
komputera) wyznaczymy $W_p$. Jeżeli dla $j < p$, $W_j$ to
wielomiany, to oczywiście $W_p$ jest również wielomianem. Jeżeli dla
$j < p$, $W_j$ jest stopnia $j+1$, to jedyny wyraz stopnia $p+1$
pochodzi ze składnika $\frac{(n+1)^{p+1}}{p+1}$, skąd od razu widać,
że współczynnik przy nim to $\frac{1}{p+1}$. Wynika również z tego od
razu, że:
\begin{equation}
  \lim_{n \to \infty} \frac{1^p + 2^p + \ldots + n^p}{n^{p+1}} =
  \lim_{n \to \infty} \frac{W_p(n)}{n^{p+1}} = \frac{1}{p+1} 
\end{equation}

\paragraph{Zadanie 3}
\begin{equation}
  \lim n(\sqrt[n]{13} - 1) = \lim \frac{\ln 13}{\ln(1 + (\sqrt[n]{13} -
    1))} (\sqrt[n]{13} - 1) = \lim \frac{\ln 13}{\ln(1 + (\sqrt[n]{13} -
    1))^{\frac{1}{\sqrt[n]{13} - 1}}} = \ln{13} 
\end{equation} 

\paragraph{Zadanie 4}
Zbadamy zbieżność szeregu:
\begin{equation}
  \sum_{n=1}^\infty \left(\sqrt{n^2+2} - \sqrt[3]{n^3 + 3n + 2}\right)
\end{equation}

Oznaczmy $x_n = n^2 + 2, y_n = n^3 + 3n + 2$. Oczywiście $\lim
\frac{x_n}{n^2} = 1$, jak również $\lim \frac{y_n}{n^3} = 1$

Ponieważ:
\begin{equation}
  a - b = \frac{a^6 - b^6}{a^5 + a^4 b + a^3 b^2 + a^2 b^3 + a b^5 + b^5}
\end{equation}
więc, stosując powyższą tożsamość do wyrazów szeregu, otrzymujemy:
\begin{eqnarray}
  a_n := \sqrt{n^2+2}-\sqrt[3]{n^3 + 3n + 2} &=& \sqrt{x_n} -
  \sqrt[3]{y_n}\\  
  &=& \frac{x_n^3 + y_n^2}{x_n^{\frac{5}{2}} + x_n^{\frac{4}{2}}
    y_n^{\frac{1}{3}} + x_n^{\frac{3}{2}} y_n^{\frac{2}{3}} +
    x_n^{\frac{2}{2}} y_n^{\frac{3}{3}} + x_n^{\frac{1}{2}}
    y_n^{\frac{4}{3}}  + y_n^{\frac{5}{3}}}
\end{eqnarray}
Przekształcając dalej, otrzymujemy następującego potwora:
\begin{equation}
  a_n = \frac{-4\,n^3+3\,n^2-12\,n+4}{n^5
  \left(\frac{x_n}{n^2}\right)^{\frac{5}{2}} 
  + n^5\left(\frac{x_n}{n^2}\right)^{\frac{4}{2}}
  \left(\frac{y_n}{n^3}\right)^{\frac{1}{3}} 
  + n^5\left(\frac{x_n}{n^2}\right)^{\frac{3}{2}}
  \left(\frac{y_n}{n^3}\right)^{\frac{2}{3}}
  + n^5\left(\frac{x_n}{n^2}\right)^{\frac{2}{2}}
  \left(\frac{y_n}{n^3}\right)^{\frac{3}{3}}
  + n^5\left(\frac{x_n}{n^2}\right)^{\frac{1}{2}}
  \left(\frac{y_n}{n^3}\right)^{\frac{4}{3}}
  + n^5 \left(\frac{y_n}{n^3}\right)^{\frac{1}{3}}}
\end{equation}
skąd widzimy, że $\lim \frac{a_n}{\frac{-1}{n^2}} = \frac{4}{6}$, więc
z kryterium porównawczego widzimy, że $\sum a_n$ jest zbieżny.

\paragraph{Zadanie 5}
Ponieważ:
\begin{equation}
  e^2 = \lim (1+a_n)^{n^2} = \lim \left(1 + \frac{a^n n^2}{n^2}\right)^{n^2}
    = e^{\lim a^n n^2} 
\end{equation}
więc:
\begin{equation}
  \lim a^n n^2 = \lim \frac{a^n}{\frac{1}{n^2}} = 2
\end{equation}

Zbieżność $\sum a_n$ wynika z asymptotycznego kryterium porównawczego
zastosowanego dla szeregu $\sum \frac{1}{n^2}$, który jest zbieżny.
\end{document}
