<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 I.1, seria VIII}  
\author{Adam Michalik}

\begin{document}
\maketitle

\paragraph{Zadanie 1}
\subparagraph{a)}
Znajoma toĹźsamoĹÄ mĂłwi, Ĺźe
\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}

skÄd 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 kaĹźdego $x$. Argument sinusa wraz z $x
\to \infty$ zbiega do $0$, skÄd z ciÄgĹoĹci sinusa mamy, Ĺźe wartoĹÄ
sinusa rĂłwnieĹź zbiega do $\sin 0 = 0$, wiÄc z ciÄgĹoĹci moduĹu wynika,
Ĺźe prawa strona nierĂłwnoĹci zbiega do 0 wraz z $x \to \infty$, zatem
teza wynika z tw. o trzech funkcjach.

\subparagraph{b)}
PonoÄ na wykĹadzie byĹo, Ĺźe
\begin{equation}
  \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1
\end{equation}
Mamy wiÄc:
\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 oczywiĹcie rĂłwnieĹź $x \ln a \to 0$.

\paragraph{Zadanie 2}
\subparagraph{a)} W tym zadaniu nie ma nic trudnego, wystarczy usunÄÄ
niewymiernoĹÄ z mianownika, rozĹoĹźyÄ na czynniki licznik i mianownik,
zauwaĹźyÄ, Ĺźe osobliwoĹÄ siÄ skraca i zapisaÄ wynik.

\subparagraph{b)}
Mamy:
\begin{eqnarray}
  \lim_{x \to 0} \frac{x(1-\cos(x))}{\ln(1+x^3)} &amp;=&amp; \lim_{x \to 0}
  \frac{x^3(1-\cos^2(x))}{\ln(1+x^3)x^2(1+\cos(x))} \\
  &amp;=&amp; \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 zbiegajÄ do 1 gdy $x \to 0$, a trzeci do
$\frac{1}{2}$, zatem granica jest rĂłwna $\frac{1}{2}$.

\paragraph{Zadanie 3}
PoniĹźej $n$ bÄdzie zawsze oznaczaĹo liczbÄ naturalnÄ.

OczywiĹcie $f(x+n) = f(x) + n$, stÄd $f(x) = n + f(\{x\})$, gdzie
$\{x\}$ to czÄĹÄ uĹamkowa $x$. Jasne teĹź jest, Ĺźe rĂłwnieĹź
$f^{(n)}(1) = f^{(n)}(x) + 1$ (prosta indukcja), skÄd rĂłwnieĹź
$f^{(n)}(x) = n + f^{(n)}(\{x\})$.

WidaÄ Ĺatwo rĂłwnieĹź, Ĺźe $f^{(3n)}(0) = f^{3(n-1)}(1) = f^{3(n-1)}(0) +
1 = f^{3(n-2)}(1) + 1 = f^{3(n-2)}(0) + 2 = \ldots = f^3(0) + n - 1 =
n$. 

PokaĹźemy, Ĺźe $0 \leq f(0) \leq 1$. Istotnie, zaĹĂłĹźmy przeciwnie, Ĺźe
$f(0) &lt; 0$, wtedy, korzystajÄc wielokrotnie z monotonicznoĹci $f$ mamy
$f(f(0)) &lt; f(0)$, wiÄc $f(f(f(0))) = 1 &lt; f(f(0))$, ale wtedy $f(1) &lt;
f(f(f(0))) = 1$, wiÄc ĹÄczÄc dwie ostatnie nierĂłwnoĹci otrzymujemy
$f(f(0)) &gt; f(1)$, zatem z monotnicznoĹci $f(0) &gt; 1$,
sprzecznoĹÄ. Analogicznie dowodzimy, Ĺźe $f(0) \leq 1$.

Teraz $f(x) = f(\{x\}) + [x]$, ale $0 \leq  \{x\} \leq 1$, wiÄc z
powyĹźszego mamy $[x] \leq f(x) \leq [x] + 1$, iterujÄc i korzystajÄc z
monotonicznoĹci 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}

KĹadÄc w powyĹźszym $x = 0$ i zamiast $n$ piszÄc $3n$ 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 podstawiajÄc $x = 0$ i $3n+2$ zamiast $n$ otrzymujemy:
\begin{equation}
  \label{eq:2mod3}
  n &lt; f^{(3n+1)}(0) \leq f^{(3n+2)}(0) \leq f^{(3n+1)}(0) + 1 &lt; n+2
\end{equation}

Z $f^{(3n)}(0) = n$, (\ref{eq:1mod3}) i (\ref{eq:2mod3}) wynika, Ĺźe
\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 pokazaÄ istnienie granicy 
\begin{equation}
  \lim_{n \to \infty} \frac{f^{(n)}(x) - x}{n} = \frac{1}{3}
\end{equation}
wystarczy pokazaÄ istnienie granicy
\begin{equation}
  \lim_{n \to \infty} \frac{f^{(n)}(x)}{n} = \frac{1}{3}
\end{equation}
Ale z nierĂłwnoĹci (\ref{eq:fineq}) i z twierdzenia o trzech ciÄgach
wynika, Ĺźe wystarczy w tym celu pokazaÄ 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 napisaĹem go jeszcze, bo byĹem (wciÄĹź zresztÄ jestem) strasznie
zajÄty, ale jeĹźeli komuĹ zaleĹźy na poznaniu rozwiÄzania tego zadania,
to proszÄ daÄ mi znaÄ.

\paragraph{Zadanie 5}
PokaĹźemy, Ĺźe funkcja moĹźe mieÄ co najwyĹźej przeliczalnie wiele
wĹaĹciwych ekstremĂłw lokalnych. PokaĹźemy to dla maksimĂłw, analogicznie
przebiega dowĂłd dla minimĂłw, zatem wszystkich ekstremĂłw teĹź jest tylko
przeliczalnie wiele.

Istotnie, z definicji wĹaĹciwego maksimum lokalnego, jeĹźeli w punkcie
$x$ mamy wĹaĹciwe maksimum lokalne, to istnieje takie $\epsilon &gt; 0$,
Ĺźe dla kaĹźdego $y \in (x - \epsilon, x + \epsilon)$ zachodzi $f(x) &gt;
f(y)$. Wybierzmy $p, q \in \mathbb{Q}$ takie Ĺźe $x - \epsilon &lt; p &lt; x
&lt; q &lt; x + \epsilon$ (oczywiĹcie takie istniejÄ) i przypiszmy maksimum
$x$ parÄ $(p, q)$. W ten sposĂłb skonstruowaliĹmy funkcjÄ ze zbioru
ekstremĂłw w przeliczalny zbiĂłr $\mathbb{Q} \times
\mathbb{Q}$. Wystarczy pokazaÄ, Ĺźe jest ona rĂłĹźnowartoĹciowa, ale to
jest jasne, bo jeĹźeli pewnym dwĂłm rĂłĹźnym ekstremom $z, z'$
przypisalibyĹmy tÄ samÄ parÄ $(p, q)$, to z definicji mielibyĹmy, Ĺźe
$z, z'$ leĹźÄ w przedziale $(p, q)$, oraz dla kaĹźdego $y \in (p, q)$,
$f(z) &gt; f(y)$ i $f(z') &gt; y$. Ale z tego wynika, Ĺźe $f(z) &gt; f(z')$ i
$f(z') &gt; f(z)$, sprzecznoĹÄ.

Teraz pozostaje tylko pokazaÄ tezÄ zadania. ZaĹĂłĹźmy, Ĺźe $f(0) &lt; f(1)$
(jeĹźeli jest odwrotnie, to wystarczy rozpatrzyÄ funkcjÄ $-f$). Wtedy w
przedziale $(f(0), f(1))$ jest continuum liczb, podczas gdy ekstremĂłw
moĹźe byÄ najwyĹźej przeliczalnie wiele. StÄd istnieje $y \in (f(0),
f(1))$ nie bÄdÄce wĹaĹciwym maksimum lokalnym (nie jest teĹź oczywiĹcie
niewĹaĹciwym maksimum lokalnym, bo ze skoĹczonoĹci przeciwobrazu
punktu wynika, Ĺźe takich nie moĹźe byÄ). PokaĹźemy, Ĺźe $y$ jest szukanÄ
wartoĹciÄ.

Niech $\{x_1, \ldots, x_n \} = f^{-1}(y)$ oraz $x_1 &lt; x_2 &lt; \ldots &lt;
x_n$ i poĹĂłĹźmy $x_0 = 0, x_{n+1} = 1$. ZauwaĹźmy, Ĺźe $f(x) &lt; y$ dla $0
&lt; x &lt; x_1$ -- istotnie, poniewaĹź $f(0) &lt; y$, to gdybyĹmy mieli $f(x) &gt;
y$ dla pewnego $x &lt; x_1$ to z wĹasnoĹci Darboux istniaĹoby takie $z
\in (0, x)$, Ĺźe $f(z) = y$, ale skoro $z &lt; x_1$, to $z$ nie jest
Ĺźadnym z $x_i$ dla $i = 1, \ldots, n$, sprzecznoĹÄ. Analogicznie
dowodzimy, Ĺźe $f(x) &gt; y$ dla $x &gt; x_n$, oraz Ĺźe $f(x) - y$ ma staĹy
znak na $(x_i, x_{i+1})$ dla $i = 0, \ldots, n$. Ale poniewaĹź $y$ nie
jest ekstremum lokalnym, to jeĹźeli $i &lt; n$ i $f(x) &lt; y$ dla $x \in
(x_i, x_{i+1})$, to $f(x) &gt; y$ dla $(x_{i+1}, x_{i+2})$, wiÄc 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 kaĹźdym $x_i$ dla $i = 1, \ldots n$, to
musi zmieniÄ znak nieparzyĹcie wiele razy, skÄd $n$ jest nieparzyste,
co naleĹźaĹo pokazaÄ.
\end{document}
</pre></body></html>