<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">\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}{PrzykĹad}
\newtheorem{remark}[theorem]{Uwaga}

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

\begin{document}
\maketitle

\paragraph{Zadanie 1}
Znajdziemy kresy nastÄpujÄcych zbiorĂłw, w zaleĹźnoĹci od parametrĂłw
$\alpha, \beta &gt; 0$:

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

Bez straty ogĂłlnoĹci zaĹĂłĹźmy, Ĺźe $\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 powyĹźszych nierĂłwnoĹciach rĂłwnoĹci zachodzÄ dla $m = 1, n = 0$ i $n
= 1, m = 0$, stÄd 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 &gt; 0  \right\}
\end{equation}
 
Dla dowolnego ustalonego $n &gt; 0$, dla $x = \frac{n}{\alpha}$ mamy
\begin{equation}
  B \ni \alpha x + \frac{1}{4 \alpha x} = n + \frac{1}{4 n} &gt; n
\end{equation}
stÄd $\sup B = \infty$.

Z drugiej strony, z nierĂłwnoĹci miÄdzy Ĺrednimi mamy:

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

\paragraph{Zadanie 2}
Dla $n \geq 5$ pokaĹźemy, Ĺźe:
\begin{equation}
  1 + \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{n} &lt; \log_2{n}
\end{equation}

DowĂłd przeprowadzimy przez indukcjÄ. Dla $n = 5$ nierĂłwnoĹÄ jest
prawdziwa, o czym przekonujemy siÄ, przeprowadzajÄc proste obliczenie.

ZaĹĂłĹźmy, Ĺźe nierĂłwnoĹÄ 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} &lt; \log_2{n} + \frac{1}{n+1}
\end{equation}

Wystarczy teraz pokazaÄ, Ĺźe:
\begin{eqnarray}
\log_2{n} + \frac{1}{n+1} &amp;\leq&amp; \log_2{n+1} \\
\frac{1}{n+1}  &amp;\leq&amp; \log_2{\frac{n+1}{n}} \\
1 &amp;\leq&amp; \log_2 \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}
\end{eqnarray}

Ale $\log_2 \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} &gt;
\log_e\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}$, bo $2 &lt; e$. Z wykĹadu
wiadomo, Ĺźe $\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}$ zbiega monotonicznie
malejÄco do $e$, stÄd 
\begin{equation}
\log_2 \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} &gt; 
\log_e\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} &gt; \log_e e = 1
\end{equation}
co naleĹźaĹo pokazaÄ.

\paragraph{Zadanie 3}
Niech bÄdzie dany zbiĂłr $A$, taki, Ĺźe jeĹźeli $a \in A$, to $a &gt; 0$,
niech $\sup A = a_s, \inf A = a_i$. Rozpatrzmy zbiĂłr 
\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
oczywiĹcie dla $b \in B$, $b &gt; 0$, a przy tym dla pewnego $A \ni a &gt;
\frac{1}{\epsilon}$ (taki istnieje, bo $\sup A = \infty$) mamy
$\frac{1}{a} &lt; \epsilon$.

Niech teraz $a_i, a_s$ skoĹczone. Mamy dla $a \in A$:
\begin{equation}
a_i \leq a \leq a_s  
\end{equation}
stÄd
\begin{equation}
\frac{1}{a_s} \leq \frac{1}{a} \leq \frac{1}{a_i}
\end{equation}
stÄd $\frac{1}{a_s}$ i $\frac{1}{a_i}$ sÄ ograniczeniami $B$, dolnym i
gĂłrnym. PokaĹźÄ, Ĺźe sÄ kresami. Rozpatrzmy najpierw kres dolny. Dla
dowolnego $\epsilon &gt; 0$, szukamy takiego $1/a \in B$, Ĺźe:

\begin{equation}
  \frac{1}{a_s} + \epsilon &gt; \frac{1}{a}
\end{equation}
RĂłwnowaĹźnie,
\begin{eqnarray}
  \frac{1 + \epsilon a_s}{a_s} &amp;&gt;&amp; \frac{1}{a} \\
  \frac{a_s}{1 + \epsilon a_s} &amp;&lt;&amp; a \\
\end{eqnarray}
Ale
\begin{equation}
  \frac{a_s}{1 + \epsilon a_s} &lt; a_s = \sup A
\end{equation}
stÄd istnieje takie $a \in A$, Ĺźe $\frac{a_s}{1 + \epsilon a_s} &lt; a$, co
naleĹźaĹo pokazaÄ. 

Kres gĂłrny dowodzi siÄ analogicznie.

\paragraph{Zadanie 4}
PokaĹźemy, Ĺźe jeĹźeli dla $a_i &gt; 0$, $\prod_1^n a_i = 1$, to $\sum_1^n
a_i \geq n$, a rĂłwnoĹÄ zachodzi tylko dla $a_1 = \ldots = a_n = 1$.

Wystarczy skorzystaÄ z nierĂłwnoĹci miÄdzy Ĺrednimi, ktĂłra mĂłwi, Ĺźe 
\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, Ĺźe rĂłwnoĹÄ w powyĹźszej nierĂłwnoĹci zachodzi tylko
dla $a_1 = \ldots = a_n$ i z warunkĂłw zadania wynika, Ĺźe wszystkie te
liczby muszÄ byÄ rĂłwne 1.

\paragraph{Zadanie 5}
PokazaÄ, Ĺźe $n$ dzieli $n \choose k$ dla kaĹźdego $1 &lt; k &lt; n$ wtw. $n$
jest liczbÄ pierwszÄ. 

$(\Leftarrow)$ 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, Ĺźe $n \choose k$ jest liczbÄ caĹkowitÄ. $n$ dzieli licznik
powyĹźszego uĹamka, lecz nie dzieli mianownika, bo wtedy musiaĹaby
dzieliÄ ktĂłryĹ z czynnikĂłw mianownika (bo $n$ jest pierwsze, a gdy
pierwsze $p$ dzieli $ab$, to dzieli $a$ lub $b$), ale kaĹźdy z
czynnikow mianownika jest mniejszy od $n$. StÄd $n$ dzieli $n \choose
k$.

$(\Rightarrow)$ ZaĹĂłĹźmy, Ĺźe $n$ nie jest liczbÄ pierwszÄ, wiÄc $n = p
b$, $p$ pierwsze. Rozpatrzmy:

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

PoniewaĹź $n$ dzieli $n \choose p$ i $p$ dzieli $n$, wiÄc rĂłwnieĹź $p$
dzieli $n \choose p$. W liczniku jest $p$ czynnikĂłw, z czego pierwszy
dzieli siÄ przez $p$, zatem z pierwszoĹci $p$ wynika, Ĺźe Ĺźaden inny
nie dzieli siÄ przez $p$. Po skrĂłceniu $p$ z licznika i mianownika
otrzymujemy, Ĺźe licznik nie dzieli siÄ przez $p$, zatem caĹy uĹamek
teĹź nie dzieli siÄ przez $p$.
\end{document}
</pre></body></html>