From 325d44c6428af3e70d0b4c5d78a1e1d117895f52 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: syn <isaqtm@gmail.com>
Date: Fri, 27 Dec 2019 10:33:43 +0300
Subject: Add stuff

---
 sol0923.tex | 256 ++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
 1 file changed, 256 insertions(+)
 create mode 100644 sol0923.tex

(limited to 'sol0923.tex')

diff --git a/sol0923.tex b/sol0923.tex
new file mode 100644
index 0000000..857df18
--- /dev/null
+++ b/sol0923.tex
@@ -0,0 +1,256 @@
+% -- LaTeX Template for Homework (S. Venkatraman) --
+
+\documentclass[11pt]{article}
+\usepackage[T2A]{fontenc}
+\usepackage[utf8]{inputenc}
+\usepackage[russian]{babel}
+
+
+\usepackage{
+  amsmath, amsthm, amssymb, mathtools,
+  graphicx, subfig, float,
+  listings, color, inconsolata,
+  fancyhdr, sectsty, hyperref, enumerate, enumitem, framed }
+
+\flushbottom                                         % Uncomment to make text fill the entire page
+\usepackage[bottom]{footmisc}                        % Anchor footnotes to bottom of page
+\renewcommand{\baselinestretch}{1.06}                % Adjust line spacing
+%\setlength\parindent{0pt} % Remove paragraph indentation
+\usepackage{geometry}\geometry{letterpaper,          % Set page margins
+  left=1.35in, right=1.35in,
+  top=1.1in, bottom=1in,
+  headsep=.2in }
+
+% -- Frame settings (for problem statement) --
+\setlength\FrameSep{0.55em}
+\setlength\OuterFrameSep{\partopsep}
+
+% -- 'question' is a custom command for writing the statement of a problem; first argument
+% is the question number, second argument is the statement --
+\newcommand{\question}[2]{\begin{framed}\noindent \textbf{#1} #2\end{framed}}
+\newcommand{\withbraces}[1]{\left( #1 \right)}
+
+% -- Flush left for 'enumerate' numbers
+%\setlist[enumerate]{wide=0pt, leftmargin=21pt, labelwidth=0pt, align=left}
+
+\hypersetup{colorlinks=true, linkcolor=magenta}
+
+% -- Make reference section title font smaller --
+%\renewcommand{\refname}{\normalsize\bf{References}}
+
+
+% -- Uncomment these lines to set font to 'Charter', with math support --
+%  \usepackage[bitstream-charter]{mathdesign}
+%  \usepackage[T1]{fontenc}
+
+
+% -- Left/right header text and footer (to appear on every page) --
+\pagestyle{fancy}
+\renewcommand{\footrulewidth}{0.4pt}
+\renewcommand{\headrulewidth}{0.4pt}
+\lhead{sol 0923}
+\rhead{Шарафатдинов Камиль БПМИ192}
+
+% -- Document starts here --
+\begin{document}
+\question{13.b}{
+  Доказать, что $\displaystyle
+  \lim_{n\to\infty}{
+    \left(\frac{1^p + 2^p + \ldots + n^p}{n^p} -
+    \frac{n}{p + 1}\right)
+  } = \frac{1}{2}$
+}
+
+$$
+\frac{1^p + 2^p + \ldots + n^p}{n^p} -
+\frac{n}{p + 1} =
+\frac{(1^p + 2^p + \ldots + n^p)(p + 1) - n^{p + 1}}
+     {(p + 1)n^p}
+$$
+
+Так как $(p + 1)n^p$ неограниченно строго возрастает, то мы можем применить теорему Штольца:
+\begin{align*}
+&\lim_{n\to\infty}{
+  \left(\frac{1^p + 2^p + \ldots + n^p}{n^p} -
+  \frac{n}{p + 1}\right)
+} =\\
+&\lim_{n\to\infty}{
+  \left(\frac{
+    \left(\sum_1^{(n)}{(i^p)}\right)(p + 1) - n^{p + 1} - 
+    \left(\sum_1^{(n - 1)}{(i^p)}\right)(p + 1) + (n - 1)^{p + 1}
+  }
+  {(p + 1)n^p - (p + 1)(n - 1)^p}\right)
+} =\\
+&\lim_{n\to\infty}{
+  \left(\frac{
+    (p + 1)\left(\sum_1^{(n)}{(i^p)} - \sum_1^{(n - 1)}{(i^p)}\right) - n^{p + 1}
+     + (n - 1)^{p + 1}
+  }
+  {(p + 1)(n^p - (n - 1)^p)}\right)
+} =\\
+&\lim_{n\to\infty}{
+  \left(\frac{(p + 1)n^p - n^{p + 1} + (n - 1)^{p + 1}}
+             {(p + 1)(n^p - (n - 1)^p)}\right)
+} =\\
+&\lim_{n\to\infty}{
+  \left(\frac{(p + 1)n^p - (p + 1)n^p + \frac{p(p + 1)}{2}n^{p - 1} + C_{p + 1}^3 n^{p - 2} + \ldots}
+             {(p + 1)(n^p - (n - 1)^p)}\right)
+} =\\
+&\lim_{n\to\infty}{
+  \left(\frac{\frac{p(p + 1)}{2}n^{p - 1} + C_{p + 1}^3 n^{p - 2} + \ldots}
+             {(p + 1)(n^p - (n - 1)^p)}\right)
+} =\\
+&\lim_{n\to\infty}{
+  \left(\frac{\frac{p(p + 1)}{2}n^{p - 1} + C_{p + 1}^3 n^{p - 2} + \ldots}
+             {(p + 1)(n^p - (n - 1)^p)}\right)
+} =\\
+&\lim_{n\to\infty}{
+  \left(\frac{\frac{p(p + 1)}{2}n^{p - 1} + C_{p + 1}^3 n^{p - 2} + \ldots}
+             {(p + 1)(p * n^{p - 1} + C_p^2 n^{p - 2} + \ldots)}\right)
+} =\\
+&\lim_{n\to\infty}{
+  \left(\frac{\frac{p(p + 1)}{2}n^{p - 1}}
+             {(p + 1)(p * n^{p - 1})}\right)
+} =
+\lim_{n\to\infty}{
+  \left(\frac{p(p + 1)n^{p - 1}}
+             {2p(p + 1)n^{p - 1}}\right)
+} = \frac{1}{2}
+\end{align*}
+
+\clearpage
+
+\question{15.}{
+  Найти $\displaystyle \lim_{n\to\infty}{
+    \underbrace{\sqrt{a + \sqrt{a + \ldots + \sqrt{a}}}}_{n}
+    }$
+}
+Докажем, что $\underbrace{\sqrt{a + \sqrt{a + \ldots + \sqrt{a}}}}_{n} \leq \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}$
+
+Обозначим левую часть за $A_n$ и докажем по индукции.
+
+База $(n = 1)$:
+\begin{align*}
+A_1 = \sqrt{a} &\overset{?}{\leq} \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}&\\
+             a &\overset{?}{\leq} \frac{1 + 2\sqrt{4a + 1} + 4a + 1}{4}&\\
+             0 &\leq \frac{2 + 2\sqrt{4a + 1}}{4}&\\
+\end{align*}
+
+Переход:
+
+Пусть для $n$ - верно, тогда:
+\begin{align*}
+A_{n+1} = \sqrt{a + A_n} &\overset{?}{\leq} \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}&\\
+             \sqrt{a + \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}} &\overset{?}{\leq} \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}&\\
+             a + \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2} &\overset{?}{\leq} \frac{1 + 2\sqrt{4a + 1} + 4a + 1}{4}&\\
+             \frac{2a + 1 + \sqrt{4a + 1}}{2} &\overset{?}{\leq} \frac{2 + 2\sqrt{4a + 1} + 4a}{4}&\\
+             \frac{2a + 1 + \sqrt{4a + 1}}{2} &= \frac{1 + 1\sqrt{4a + 1} + 2a}{2}&&\\
+\end{align*}
+
+Значит, для $n + 1$ - тоже верно.
+
+Также, очевидно, последовательность возрастает, поэтому у нее есть предел.
+
+Перейдем к пределу:
+\begin{gather*}
+  L = \lim_{n\to\infty}\underbrace{\sqrt{a + \sqrt{a + \ldots + \sqrt{a}}}}_{n}\\
+  L = \sqrt{a + L}\\
+  L^2 = a + L\\
+  L = \frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}
+\end{gather*}
+
+Предел существует и равен $\frac{1 + \sqrt{4a + 1}}{2}$
+
+\clearpage
+
+\question{7.c}{
+  Найти $\displaystyle \lim_{n\to\infty}{x_n}$, где 
+  $x_1 = 1;\  x_{n + 1} = \frac{1}{2}\left(x_n + \frac{a}{x_n}\right)$
+}
+
+Докажем, что $x_2 \geq \sqrt{a}$:
+\begin{align*}
+  \frac{1}{2}\left(1 + \frac{a}{1}\right) &\overset{?}{\geq} \sqrt{a}\\
+  a + 1 &\overset{?}{\geq} 2\sqrt{a}\\
+  a^2 + 2a + 1 &\overset{?}{\geq} 4a\\
+  (a - 1)^2 &\geq 0\\
+\end{align*}
+
+Теперь докажем, что такая последовательность невозрастает, если ее члены не меньше $\sqrt{a}$,
+то есть $x_{n + 1} - x_n \leq 0$ для всех $n > 1$:
+
+Пусть $x_n = \sqrt{a} + y_n,\  y_n \geq 0$.
+\begin{align*}
+  x_{n + 1} - x_n &= \frac{1}{2}\left(\sqrt{a} + y_n + \frac{a}{\sqrt{a} + y_n}\right) - \sqrt{a} - y_n = \\
+  &= \frac{1}{2}\left(\frac{a}{\sqrt{a} + y_n} - \sqrt{a} - y_n\right) =\\
+  &= \frac{1}{2}\left(\frac{a - \left(\sqrt{a} + y_n\right)^2}{\sqrt{a} + y_n}\right) =\\
+  &= \frac{1}{2}\left(\frac{-2ay_n - y_n^2}{\sqrt{a} + y_n}\right) =
+     -\frac{1}{2}\left(\frac{2ay_n + y_n^2}{\sqrt{a} + y_n}\right) \leq 0
+\end{align*}
+
+Следовательно, существует конечный предел. Перейдем к пределу:
+\begin{gather*}
+  \lim_{n\to\infty}{x_n} = L\\
+  L = \frac{1}{2}\left(L + \frac{a}{L}\right)\\
+  \frac{L}{2} = \frac{a}{2L}\\
+  L^2 = a\\
+  L = \sqrt{a}
+\end{gather*}
+
+Предел существует и равен $\sqrt{a}$.
+\clearpage
+
+\question{5.d}{
+  Найти $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\cos\left(\sqrt{n^2 + \sqrt{n}} - \sqrt{n^2 - \sqrt{n}}\right)$
+}
+\begin{align*}
+  &\lim_{n\to\infty}\cos\left(\sqrt{n^2 + \sqrt{n}} - \sqrt{n^2 - \sqrt{n}}\right) =
+  \lim_{n\to\infty}\cos\left(\frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n^2 + \sqrt{n}} + \sqrt{n^2 - \sqrt{n}}}\right) =\\
+  =&\lim_{n\to\infty}\cos\left(\frac{2}{\sqrt{\frac{n^2 + \sqrt{n}}{n}} + \sqrt{\frac{n^2 - \sqrt{n}}{n}}}\right) =
+  \lim_{n\to\infty}\cos\left(\frac{2}{\sqrt{n + n^{-1/2}} + \sqrt{n - n^{-1/2}}}\right) =\\
+  =&\cos(0) = 1
+\end{align*}
+
+\question{5.h}{
+  Найти $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\left(
+    \frac{1}{n^4 + 1} + \frac{1}{n^4 + 2} + \ldots + \frac{1}{n^4 + n^2}
+  \right)$
+}
+
+\begin{gather*}
+  \sum_1^{n^2}\frac{1}{n^4 + n^2} \leq
+  \frac{1}{n^4 + 1} + \frac{1}{n^4 + 2} + \ldots + \frac{1}{n^4 + n^2} \leq
+  \sum_1^{n^2}\frac{1}{n^4}\\\\
+  \lim_{n\to\infty} \sum_1^{n^2}\frac{1}{n^4} = \lim_{n\to\infty} \frac{n^2}{n^4} = 0\\
+  \lim_{n\to\infty} \sum_1^{n^2}\frac{1}{n^4 + n^2} = \lim_{n\to\infty} \frac{n^2}{n^4 + n^2} = 0\\
+\end{gather*}
+
+По теореме о двух полицейских:
+\begin{gather*}
+  \lim_{n\to\infty}\left(
+    \frac{1}{n^4 + 1} + \frac{1}{n^4 + 2} + \ldots + \frac{1}{n^4 + n^2}
+  \right) = 0
+\end{gather*}
+
+\question{5.l}{
+  Найти $\displaystyle \lim_{n\to\infty}
+    \frac{3\sqrt[n]{n^4} + \sqrt[n]{n^2} - 1}
+         {2\sqrt[n]{n^2} - \sqrt[n]{n} - 1}$
+}
+
+\begin{gather*}
+  \lim_{n\to\infty}\withbraces{ 3\sqrt[n]{n^4} + \sqrt[n]{n^2} - 1 } =
+  \lim_{n\to\infty}\withbraces{ 3\sqrt[n]{n}^4 + \sqrt[n]{n}^2 - 1 } = 3\\
+  \lim_{n\to\infty}\withbraces{ 2\sqrt[n]{n^2} - \sqrt[n]{n} - 1 } =
+  \lim_{n\to\infty}\withbraces{ 2\sqrt[n]{n}^2 - \sqrt[n]{n} - 1 } = 0
+\end{gather*}
+
+То есть по определению числитель сколь угодно близок к $3$, а знаменатель сколь угодно близок к $0$. Поэтому
+\[
+  \lim_{n\to\infty}
+    \frac{3\sqrt[n]{n^4} + \sqrt[n]{n^2} - 1}
+         {2\sqrt[n]{n^2} - \sqrt[n]{n} - 1} = +\infty
+\]
+
+
+\end{document}
\ No newline at end of file
-- 
cgit v1.2.1-18-gbd029

