\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 VIII}  
\author{Adam Michalik}

\begin{document}
\maketitle

\paragraph{Zadanie 1}
\subparagraph{a)}
Znajoma tożsamość mówi, że
\begin{equation}
  \sin \sqrt{x+1} - \sin \sqrt{x} = 2 \sin{\frac{\sqrt{x+1} -
      \sqrt{x}}{2}}\cos{\frac{\sqrt{x+1} + \sqrt{x}}{2}} = 2
  \sin{\frac{1}{2(\sqrt{x+1} + \sqrt{x})}}\cos{\frac{\sqrt{x+1} +
      \sqrt{x}}{2}}  
\end{equation}

skąd otrzymujemy oszacowanie:

\begin{equation}
  0 \leq |2 \sin{\frac{1}{2(\sqrt{x+1} + \sqrt{x})}}\cos{\frac{\sqrt{x+1} +
      \sqrt{x}}{2}}| \leq |2 \sin{\frac{1}{2(\sqrt{x+1} + \sqrt{x})}}|
\end{equation}

bo $-1 \leq cos(x) \leq 1$ dla każdego $x$. Argument sinusa wraz z $x
\to \infty$ zbiega do $0$, skąd z ciągłości sinusa mamy, że wartość
sinusa również zbiega do $\sin 0 = 0$, więc z ciągłości modułu wynika,
że prawa strona nierówności zbiega do 0 wraz z $x \to \infty$, zatem
teza wynika z tw. o trzech funkcjach.

\subparagraph{b)}
Ponoć na wykładzie było, że
\begin{equation}
  \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1
\end{equation}
Mamy więc:
\begin{equation}
  \lim_{x \to 0} = \frac{a^x - 1}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{e^{x \ln
      a} - 1}{x \ln a} \ln a = \ln a 
\end{equation}
bo gdy $x \to 0$, to oczywiście również $x \ln a \to 0$.

\paragraph{Zadanie 2}
\subparagraph{a)} W tym zadaniu nie ma nic trudnego, wystarczy usunąć
niewymierność z mianownika, rozłożyć na czynniki licznik i mianownik,
zauważyć, że osobliwość się skraca i zapisać wynik.

\subparagraph{b)}
Mamy:
\begin{eqnarray}
  \lim_{x \to 0} \frac{x(1-\cos(x))}{\ln(1+x^3)} &=& \lim_{x \to 0}
  \frac{x^3(1-\cos^2(x))}{\ln(1+x^3)x^2(1+\cos(x))} \\
  &=& \lim_{x \to 0} \frac{x^3}{\ln(1+x^3)}
  \left(\frac{\sin(x)}{x}\right)^2 \frac{1}{1+\cos(x)} 
\end{eqnarray}

Pierwszy i drugi czynnik zbiegają do 1 gdy $x \to 0$, a trzeci do
$\frac{1}{2}$, zatem granica jest równa $\frac{1}{2}$.

\paragraph{Zadanie 3}
Poniżej $n$ będzie zawsze oznaczało liczbę naturalną.

Oczywiście $f(x+n) = f(x) + n$, stąd $f(x) = n + f(\{x\})$, gdzie
$\{x\}$ to część ułamkowa $x$. Jasne też jest, że również
$f^{(n)}(1) = f^{(n)}(x) + 1$ (prosta indukcja), skąd również
$f^{(n)}(x) = n + f^{(n)}(\{x\})$.

Widać łatwo również, że $f^{(3n)}(0) = f^{3(n-1)}(1) = f^{3(n-1)}(0) +
1 = f^{3(n-2)}(1) + 1 = f^{3(n-2)}(0) + 2 = \ldots = f^3(0) + n - 1 =
n$. 

Pokażemy, że $0 \leq f(0) \leq 1$. Istotnie, załóżmy przeciwnie, że
$f(0) < 0$, wtedy, korzystając wielokrotnie z monotoniczności $f$ mamy
$f(f(0)) < f(0)$, więc $f(f(f(0))) = 1 < f(f(0))$, ale wtedy $f(1) <
f(f(f(0))) = 1$, więc łącząc dwie ostatnie nierówności otrzymujemy
$f(f(0)) > f(1)$, zatem z monotniczności $f(0) > 1$,
sprzeczność. Analogicznie dowodzimy, że $f(0) \leq 1$.

Teraz $f(x) = f(\{x\}) + [x]$, ale $0 \leq  \{x\} \leq 1$, więc z
powyższego mamy $[x] \leq f(x) \leq [x] + 1$, iterując i korzystając z
monotoniczności dostajemy dla dowolnego $n$:

\begin{equation} 
  \label{eq:fineq}
  f^{(n)}(0) + [x] = f^{(n)}([x]) \leq f^{(n+1)}(x) \leq
  f^{(n)}([x]+1) = f^{(n)}(0) + [x] + 1
\end{equation}

Kładąc w powyższym $x = 0$ i zamiast $n$ pisząc $3n$ otrzymujemy:
\begin{equation}
  \label{eq:1mod3}
  n = f^{(3n)}(0) \leq f^{(3n+1)}(0) \leq f^{(3n)}(0) + 1 = n+1
\end{equation}
a podstawiając $x = 0$ i $3n+2$ zamiast $n$ otrzymujemy:
\begin{equation}
  \label{eq:2mod3}
  n < f^{(3n+1)}(0) \leq f^{(3n+2)}(0) \leq f^{(3n+1)}(0) + 1 < n+2
\end{equation}

Z $f^{(3n)}(0) = n$, (\ref{eq:1mod3}) i (\ref{eq:2mod3}) wynika, że
\begin{equation}
  \label{eq:mainineq}
  \frac{n}{3} - 1 \leq \left[\frac{n}{3}\right] \leq f^{(n)}(0) \leq
  \left[\frac{n}{3}\right] +2 \leq \frac{n}{3} + 2
\end{equation}

Aby pokazać istnienie granicy 
\begin{equation}
  \lim_{n \to \infty} \frac{f^{(n)}(x) - x}{n} = \frac{1}{3}
\end{equation}
wystarczy pokazać istnienie granicy
\begin{equation}
  \lim_{n \to \infty} \frac{f^{(n)}(x)}{n} = \frac{1}{3}
\end{equation}
Ale z nierówności (\ref{eq:fineq}) i z twierdzenia o trzech ciągach
wynika, że wystarczy w tym celu pokazać istnienie granicy:
\begin{equation}
  \lim_{n \to \infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n} = \frac{1}{3}
\end{equation}
ale ta granica istnieje na mocy (\ref{eq:mainineq}).

\paragraph{Zadanie 4}
Nie napisałem go jeszcze, bo byłem (wciąż zresztą jestem) strasznie
zajęty, ale jeżeli komuś zależy na poznaniu rozwiązania tego zadania,
to proszę dać mi znać.

\paragraph{Zadanie 5}
Pokażemy, że funkcja może mieć co najwyżej przeliczalnie wiele
właściwych ekstremów lokalnych. Pokażemy to dla maksimów, analogicznie
przebiega dowód dla minimów, zatem wszystkich ekstremów też jest tylko
przeliczalnie wiele.

Istotnie, z definicji właściwego maksimum lokalnego, jeżeli w punkcie
$x$ mamy właściwe maksimum lokalne, to istnieje takie $\epsilon > 0$,
że dla każdego $y \in (x - \epsilon, x + \epsilon)$ zachodzi $f(x) >
f(y)$. Wybierzmy $p, q \in \mathbb{Q}$ takie że $x - \epsilon < p < x
< q < x + \epsilon$ (oczywiście takie istnieją) i przypiszmy maksimum
$x$ parę $(p, q)$. W ten sposób skonstruowaliśmy funkcję ze zbioru
ekstremów w przeliczalny zbiór $\mathbb{Q} \times
\mathbb{Q}$. Wystarczy pokazać, że jest ona różnowartościowa, ale to
jest jasne, bo jeżeli pewnym dwóm różnym ekstremom $z, z'$
przypisalibyśmy tą samą parę $(p, q)$, to z definicji mielibyśmy, że
$z, z'$ leżą w przedziale $(p, q)$, oraz dla każdego $y \in (p, q)$,
$f(z) > f(y)$ i $f(z') > y$. Ale z tego wynika, że $f(z) > f(z')$ i
$f(z') > f(z)$, sprzeczność.

Teraz pozostaje tylko pokazać tezę zadania. Załóżmy, że $f(0) < f(1)$
(jeżeli jest odwrotnie, to wystarczy rozpatrzyć funkcję $-f$). Wtedy w
przedziale $(f(0), f(1))$ jest continuum liczb, podczas gdy ekstremów
może być najwyżej przeliczalnie wiele. Stąd istnieje $y \in (f(0),
f(1))$ nie będące właściwym maksimum lokalnym (nie jest też oczywiście
niewłaściwym maksimum lokalnym, bo ze skończoności przeciwobrazu
punktu wynika, że takich nie może być). Pokażemy, że $y$ jest szukaną
wartością.

Niech $\{x_1, \ldots, x_n \} = f^{-1}(y)$ oraz $x_1 < x_2 < \ldots <
x_n$ i połóżmy $x_0 = 0, x_{n+1} = 1$. Zauważmy, że $f(x) < y$ dla $0
< x < x_1$ -- istotnie, ponieważ $f(0) < y$, to gdybyśmy mieli $f(x) >
y$ dla pewnego $x < x_1$ to z własności Darboux istniałoby takie $z
\in (0, x)$, że $f(z) = y$, ale skoro $z < x_1$, to $z$ nie jest
żadnym z $x_i$ dla $i = 1, \ldots, n$, sprzeczność. Analogicznie
dowodzimy, że $f(x) > y$ dla $x > x_n$, oraz że $f(x) - y$ ma stały
znak na $(x_i, x_{i+1})$ dla $i = 0, \ldots, n$. Ale ponieważ $y$ nie
jest ekstremum lokalnym, to jeżeli $i < n$ i $f(x) < y$ dla $x \in
(x_i, x_{i+1})$, to $f(x) > y$ dla $(x_{i+1}, x_{i+2})$, więc skoro
$f(x) - y$ ma ujemny znak na $(x_0, x_1)$ i dodatni znak na $(x_n,
x_{n+1})$, oraz zmienia znak w każdym $x_i$ dla $i = 1, \ldots n$, to
musi zmienić znak nieparzyście wiele razy, skąd $n$ jest nieparzyste,
co należało pokazać.
\end{document}
