<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 III} \author{Adam Michalik} 

\begin{document}
\maketitle

\paragraph{Zadanie 1}
Znajdziemy granicÄ ciÄgu 

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

w zaleĹźnoĹci od $a_0 &gt; 0$.

ZaĹĂłĹźmy na poczÄtek, Ĺźe $a_0 \leq \sqrt{2}$. OczywiĹcie wtedy $a_n
\geq 0$ dla kaĹźdego $n$ (prosta indukcja). PokaĹźemy przez indukcjÄ,
Ĺźe rĂłwnieĹź  $a_n \leq \sqrt{2}$ dla kaĹźdego $n \in \mathbb{N}$.

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}

PokaĹźemy, Ĺźe ciÄg $a_n$ jest monotonicznie rosnÄcy -- 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 powyĹźszym uĹamku jest zawsze dodatni, wiÄc $a_{n+1} -
a_n \geq 0$ wtw. $- a_n^2 + 2 \geq 0$ wtw. $a_n \leq \sqrt 2$, czego
prawdziwoĹÄ juĹź pokazaliĹmy. 

Wiemy stÄd, Ĺźe $a_n$ jest monotoniczny i ograniczony, zatem
zbieĹźny. 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 stÄd otrzymujemy:
\begin{equation}
  g^2 + 3g = 3g + 2
\end{equation}
czyli $g = \sqrt{2}$ lub $g = - \sqrt{2}$. PoniewaĹź ciÄg $a_n$ jest
nieujemny, drugi przypadek moĹźemy odrzuciÄ. Zatem dla $a_0 \leq
\sqrt{2}$, $\lim a_n = \sqrt{2}$.

DowĂłd dla $a_0 \geq \sqrt{2}$ jest w
peĹni analogiczny, pokazujemy jedynie, Ĺźe wtedy ciÄg jest ograniczony
przez $\sqrt{2}$ z doĹu i monotonicznie malejÄcy.
 
\paragraph{Zadanie 2}.
ZaĹĂłĹźmy, Ĺźe $\lim \left|\frac{x_{n+1}}{x_n}\right| = q &lt; 1$. PokaĹźemy,
Ĺźe wtedy $\lim x_n = 0$. Istotnie, ustalmy $\epsilon = \frac{1 -
  q}{2}$, dziÄki czemu $q + \epsilon &lt; 1$. Z definicji granicy mamy
wtedy, Ĺźe istnieje takie $n_0$, Ĺźe dla $n \geq n_0$ zachodzi 
\begin{equation}
  \left|\frac{x_{n+1}}{x_n}\right| &lt; q + \epsilon
\end{equation}
\begin{equation}
  |x_{n+1}| &lt; (q + \epsilon)|x_n|
\end{equation}

skÄd przez prostÄ indukcjÄ otrzymujemy dla $n &gt; 0$
\begin{equation}
0 \leq  |x_{n_0+n}| &lt; (q + \epsilon)^n |x_{n_0}|
\end{equation}
PoniewaĹź $q + \epsilon &lt; 1$, ciÄg po prawej stronie zbiega do zera
wraz z $n \rightarrow \infty$, teza zatem wynika z twierdzenia o
trzech ciÄgach (bo $\lim |x_{n_0+n}|$ istnieje wtw istnieje granica
$\lim |x_n|$ i sÄ sobie rĂłwne). 

\paragraph{Zadanie 3}
PokaĹźemy, Ĺźe 
\begin{equation}
  \label{eq:leq}
  \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} &lt; 2 \sqrt{n}
\end{equation}

DowĂłd przeprowadzimy przez indukcjÄ. Dla $n = 1$ teza jest oczywiĹcie
prawdziwa. ZaĹĂłĹźmy prawdziwoĹÄ (\ref{eq:leq}) dla pewnego $n$. Dodajmy
stronami $\frac{1}{\sqrt{n+1}}$:
\begin{equation}
  \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{\sqrt{k}} &lt; 2 \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n+1}}
\end{equation}
Wystarczy teraz pokazaÄ, Ĺźe 
\begin{equation}
  2 \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} \leq 2 \sqrt{n+1}
\end{equation}
PrzeksztaĹÄmy powyĹźszÄ nierĂłwnoĹÄ:
\begin{eqnarray}
  2 \sqrt{n(n+1)} + 1 &amp;\leq&amp; 2n+2\\
  4 n^2+ 4n &amp;\leq&amp; (2n+1)^2 = 4n^2 + 4n + 1
\end{eqnarray}
Otrzymana nierĂłwnoĹÄ jest prawdziwa dla kaĹźdego $n$.

PokaĹźemy teraz, Ĺźe 
\begin{equation}
  \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} &gt; 2( \sqrt{n+1} - 1)
\end{equation}
DowĂłd rĂłwnieĹź przeprowadzimy przez indukcjÄ. Analogicznie dodajemy
stronami $\frac{1}{\sqrt{n+1}}$, wystarczy pokazaÄ, Ĺźe 
\begin{equation}
 2(\sqrt{n+2} - 1) &lt; 2( \sqrt{n+1} - 1) + \frac{1}{\sqrt{n+1}}
\end{equation}
Po przeksztaĹceniach otrzymujemy:
\begin{eqnarray}
 2\sqrt{n+2} &amp;&lt;&amp; 2\sqrt{n+1} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} \\
 2\sqrt{(n+2)(n+1)} &amp;&lt;&amp; 2n+3 \\
 4(n+2)(n+1) &amp;&lt;&amp; (2n+3)^2 \\ 
 4n^2 + 12 n + 8 &amp;&lt;&amp; 4n^2 + 12 n + 9
\end{eqnarray}
co jest prawdÄ.

StÄd, wiemy, Ĺźe 
\begin{equation}
  2(\sqrt{n^2+1} -1) - \sqrt{n^2 - 9 n} &lt; \sum_{k=1}^n
  \frac{1}{\sqrt{k}} - \sqrt{n^2 - 9 n} &lt; 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} &gt; 2(\sqrt{n^2+1} - 1) -
  \sqrt{n^2 + 1} = \sqrt{n^2 + 1} - 2 &gt; \sqrt{n^2} - 2 = n - 2
  \rightarrow \infty
\end{equation}
z drugiej strony
\begin{equation}
  2\sqrt{n^2} - \sqrt{n^2-9n} &gt; 2\sqrt{n^2} - \sqrt{n^2} = n
  \rightarrow \infty
\end{equation}
zatem, z twierdzenia o trzech ciÄgach, $a_n \rightarrow \infty$

\paragraph{Zadanie 4}
W zaleĹźnoĹci od parametru $\alpha$, znajdziemy granicÄ:
\begin{equation}
  \lim n^\alpha (\frac{1}{n^2} + \frac{1}{(n+1)^2} + \ldots + \frac{1}{(n+n)^2})
\end{equation}
SzacujÄc sumÄ z doĹu i z gĂłry przez najmniejszy i najwiÄkszy element,
otrzymujemy:
\begin{equation}
  \label{eq:ineq}
  n^\alpha \frac{n+1}{4n^2} &lt; n^\alpha (\frac{1}{n^2} +
  \frac{1}{(n+1)^2} + \ldots + \frac{1}{(n+n)^2}) &lt; n^\alpha \frac{n+1}{n^2}
\end{equation}
Od razu widzimy, Ĺźe dla $\alpha &gt; 1$, ciÄgi po lewej i po prawej
stronie powyĹźszej nierĂłwnoĹci dÄĹźÄ do $+\infty$, a dla $\alpha &lt; 1$ do
$0$, zatem z twierdzenia o trzech ciÄgach wyjĹciowy ciÄg rĂłwnieĹź ma
takÄ granicÄ.

ZaĹĂłĹźmy wiÄc, Ĺźe $\alpha = 1$. 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 nierĂłwnoĹci (\ref{eq:ineq}) wynika, Ĺźe $a_n \rightarrow
0$. OczywiĹcie $b_n$ zbiega monotonicznie do $0$. Skorzystamy z
tw. Stolza: 
\begin{eqnarray}
  \lim \frac{a_n}{b_n} &amp;=&amp; \lim \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} \\
  &amp;=&amp; \lim \frac{\frac{1}{(2n+2)^2}+\frac{1}{(2n+1)^2} - \frac{1}{n^2}}
  {\frac{1}{n+1} - \frac{1}{n}} \\
  &amp;=&amp; \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)}} \\
  &amp;=&amp; \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}
Ĺatwo zobaczyÄ, Ĺźe najwyĹźsza potÄga $n$ w liczniku i mianowniku jest
rĂłwna $4$, a przy tym wspĂłĹczynnik przy niej w liczniku jest rĂłwny
$2$, a w mianowniku $4$, zatem granica jest rĂłwna $\frac{1}{2}$.

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

\paragraph{Zadanie 5}
Znajdziemy granicÄ ciÄgu:
\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 dÄĹźy do $+\infty$:
\begin{equation}
  \frac{b_{n+1}}{b_n} = \frac{3^{n+1} n}{3^n (n+1)} = \frac{3n}{n+1} &gt; 1
\end{equation}
Skorzystajmy z tw. Stolza:
\begin{eqnarray}
  \lim a_n = \lim \frac{c_n}{b_n} &amp;=&amp; \lim \frac{c_{n+1} -
    c_n}{b_{n+1} - b_n} \\
  &amp;=&amp; \lim \frac{\frac{3^{n+1}}{n+1}}{\frac{3^{n+1}}{n+1} -
    \frac{3^n}{n}} \\
  &amp;=&amp; \lim \frac{\frac{3}{n+1}}{\frac{3 n - n-1}{n(n+1)}} \\ 
  &amp;=&amp; \lim \frac{3 n}{2 n - 1} \\
  &amp;=&amp; \frac{3}{2}
\end{eqnarray}
\end{document}
</pre></body></html>