% -- 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}