\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 I.1, seria V}  

\begin{document}
\maketitle

\paragraph{Zadanie 1a (Piotr Baran)}
Jeśli $ 0<\alpha \le 4 $, to:
\begin{equation}
  \frac{n^2+3n^3 \ln n}{n^{\alpha}+n^4+1}=\frac{\frac{1}{n}+ 3 \ln n}{n^{\alpha -3}+n+\frac{1}{n^3}}>\frac{1}{n^{\alpha -3 }+n+\frac{1}{n^3}}>\frac{1}{n+n+n}
\end{equation}
Pierwsza nierówność zachodzi na pewno dla wszystkich $ n \ge 3$, zaś druga dla wszystkich n (w tym celu wystarczy udowodnić, że $\frac{1}{n^3}<n$ - co oczywiste, oraz $n^{\alpha-3} \le n \Leftrightarrow n^{\alpha - 4} \le 1 \Leftrightarrow \alpha-4 \le 0 $ )
Ponieważ szereg $ \frac{1}{3n} $ jest rozbieżny, to z kryterium porównawczego szereg $\frac{n^2+3n^3 \ln n}{n^{\alpha}+n^4+1} $ też jest rozbieżny, dla $\alpha \le 4 $. 
Jeśli $ \alpha > 4 $, to:
\begin{equation}
  \frac{n^2+3n^3 \ln n}{n^{\alpha}+n^4+1}<\frac{1}{ n^{\alpha-2}} + \frac{3 \ln n}{n^{\alpha -3}}
\end{equation}
Skoro $ \alpha >4 $, to $ \alpha - 2 >2 $ oraz $ \alpha -3 >1 $, zatem oba szeregi $ \frac{1}{n^{\alpha-2}}, \  \frac{3 \ln n}{n^{\alpha -3}} $ są zbieżne (bo szereg $ \frac{ln n}{n^p}$ jest zbieżny wtw. $p>1$), więc ich suma też jest zbieżna.
Z kryterium porównawczego otrzymujemy, że szereg z zadania jest zbieżny $ \Leftrightarrow \alpha > 4 $
\paragraph{Zadanie 1b (Piotr Baran)}
\begin{equation}
  \frac{n^7+n^{2011}}{1+ \left( \frac{2011}{2012} \right) ^n + \left( \frac{2011}{2010} \right) ^n} < \frac{n^7+n^{2011}}{\frac{2011^n}{2010^n}}<\frac{1}{n^2}
\end{equation}

Pierwsza nierówność jest oczywista. Pokażemy, że druga nierówność jest prawdziwa dla dostatecznie dużych $n$. Jest ona (nierówność) równoważna nierówności:
\begin{equation}
  \sqrt[n]{n^9+n^{2013}} < \frac{2011}{2010}
\end{equation}
Ponieważ $ \sqrt[n]{n^9+n^{2013}} $ dąży do 1, więc dla odpowiednio dużych $n$ nierówność jest spełniona, bo $ \frac{2011}{2010} >1 $.
Z kryterium porównawczego wnioskujemy, że szereg z zadania jest zbieżny, bo szereg $ \frac{1}{n^2} $ jest zbieżny.

\paragraph{zadanie 2a (Piotr Baran)}
Oznaczmy $ S_k = \sum_{i=1}^k \frac{1}{4k^2-1}$, wówczas $ S_k = \sum_{i=1}^k \frac{1}{2} \cdot \left( \frac{1}{2i-1} - \frac{1}{2i+1} \right) = \\ = \frac{1}{2} \cdot \left( \frac{1}{1}- \frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+...+\frac{1}{2k-1}+\frac{1}{2k+1} \right) = \frac{1}{2}-\frac{1}{4k+2} $. Zatem:
\begin{equation}
  \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{4n^2-1}= \lim_{k \to \infty} S_k =\frac{1}{2}
\end{equation}
\paragraph{zadanie 2b (Adam Michalik)}
Oczywiście:
\begin{equation}
  \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{3^n} = \frac{3}{2}
\end{equation}
Równie łatwo:
\begin{eqnarray}
  \sum_{n=0}^\infty \frac{n}{3^n} &=& \sum_{n=0}^\infty \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{3^n} \\
  &=& \sum_{k=0}^\infty \sum_{n=k+1}^{\infty} \frac{1}{3^n} \\
  &=& \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{3^{k+1}} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{3^n}\\
  &=& \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{3^{k+1}} \frac{3}{2} \\
  &=& \frac{3}{4}
\end{eqnarray}
W związku z czym:
\begin{eqnarray}
  \sum_{n=1}^\infty \frac{n^2}{3^n} &=& \sum_{n=0}^\infty \frac{(n+1)^2}{3^{n+1}} \\
  &=& \frac{1}{3}\left(\sum_{n=0}^\infty \frac{n^2}{3^n} + 2 \sum_{n=0}^\infty \frac{n}{3^n} + \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{3^n}\right)\\
  &=& \frac{1}{3}\left(\sum_{n=1}^\infty \frac{n^2}{3^n} + 2\frac{3}{4} + \frac{3}{2}\right)\\
  &=& \frac{1}{3}\sum_{n=1}^\infty \frac{n^2}{3^n} + 1\\
\end{eqnarray}
Skąd otrzymujemy, że nasza wyjściowy szereg sumuje się do $\frac{3}{2}$ (wszystkie operacje algebraiczne były poprawne, bo szereg jest bezwzględnie zbieżny, co łatwo widać z dowolnego kryterium).

\paragraph{zadanie 3a (Piotr Baran)}
Ponieważ $ \sin \frac{n \pi}{2} \in \left\{ -1,0,1 \right\} $, to:
\begin{equation}
  \frac{1}{n \ln ^3 n +n \sin \frac{n \pi}{2}} \le \frac{1}{n \ln ^3 n -n}
\end{equation}
Pokażemy, że szereg $ \frac{1}{n \ln ^3 n -n}$ jest zbieżny. Jeśli to pokażemy, to zbieżność wyjściowego szeregu wynika z kryterium porównawczego.
Weźmy ciąg $a_n = n \ln ^3 n -n$. Jest to ciąg o wyrazach dodatnich (od pewnego miejsca), oraz rosnący, bo:
\begin{equation}
  a_{n+1}>a_n \Leftrightarrow n \ln ^3 (n+1)+ \ln ^3 (n+1)> n \ln ^3 n 
\end{equation}
Ostatnia nierówność jest prawdziwa, gdyż logarytm jest funkcją rosnącą, więc   $ \ln ^3 (n+1) > \ln ^3 n $. Skoro ciąg $a_n$ jest ciągiem rosnącym, to ciąg $b_n=\frac{1}{a_n} $ jest ciągiem malejącym (o wyrazach dodatnich od pewnego $n$). Z kryterium Cauchy'ego o zagęszczaniu dostajemy, że zbieżność szeregu $b_n$ jest taka sama jak zbieżność szeregu $ \frac{2^n}{2^n(n^3 \ln ^3 2 -1})$.
\begin{equation}
  \frac{2^n}{2^n(n^3 \ln ^3 2 -1} =\frac{1}{n^3 \ln ^3 2 -1} < \frac{1}{n^2}
\end{equation}
Nierówność zachodzi dla $n \ge \left[ \frac{1}{\ln ^3 2} \right]$, więc szereg $b_n$ jest zbieżny, a co za tym idzie wyjściowy szereg też jest zbieżny.

\paragraph{zadanie 3b (Piotr Baran)}
Ponieważ ciąg $c_n = \sqrt[n]{a}-1$ jest malejący dla $a>1$, oraz $ \lim_{n \to \infty } =0$, to z kryterium Leibniza od razu dostajemy zbieżność tego szeregu dla $a>1$. Jeśli zaś $a<1$, to rozważmy ciąg $b_n=-c_n=1-\sqrt[n]{a}$. Wówczas $(b_n)$ jest malejący dla $a \in (0,1)$ więc z kryterium Leibniza szereg $\left( -1 \right)^n \left( 1 - \sqrt[n]{a} \right) $ jest zbieżny, więc również szereg $ - \left( -1 \right)^n \left( 1 - \sqrt[n]{a} \right) =c_n $ jest zbieżny. Zatem szereg z zadania jest zbieżny dla każdego $a>0$ (dla $a=0$ sumujemy same zera, więc nie ma się nad czym rozwodzić). 

\end{document}
