\documentclass{article}
\usepackage{cmap}
\usepackage{mathtext}
\usepackage[T2A]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[english,russian]{babel}
\usepackage{epigraph}
\usepackage{fancybox,fancyhdr}
\usepackage{multicol}
\usepackage{float}
\usepackage[top=0.7in, bottom=0.75in, left=0.625in, right=0.625in]{geometry}
\usepackage{amsmath,amssymb}
\DeclareMathOperator{\Exists}{\exists}
\DeclareMathOperator{\Forall}{\forall}
\newcommand\abs[1]{\left|#1\right|}

\title{\textbf{Домашняя работа \No 1 по матанализу}}
\author{Артем Стрельцов, группа 188-1}
\date{Дедлайн 28 сентября 2018}

\begin{document}
\normalsize
\maketitle
\bigskip\bigskip
\part*{Задача 1}
\begin{center}
    \par Является ли верным следующее утверждение? Объясните. Запишите отрицание этого утверждения.
    $$
    \forall a\in\mathbb{R}\; \forall b\in\mathbb{R}, b > a\; \exists x\in\mathbb{Q}\colon a < x < b
    $$
\end{center}

\subsection*{Решение:}
$\square$ Докажем, что утверждение верно. Рассмотрим два случая:
{
\begin{enumerate}
    \item $a \in\mathbb{Q}\; и\; b \in\mathbb{Q}$. \newline Тогда $x=\frac{a + b}{2}$, неравенство $a < x < b$ выполнено
    \item \underline{Хотя бы одно} из чисел $a$ и $b$ иррационально. \newline
    Пусть число $b$ точно иррационально. Тогда $b = b_0, b_1 b_2\ldots b_n$ - бесконечная десятичная дробь, причем непериодическая. Пусть $a = a_0, a_1 a_2\ldots a_n$ - десятичная дробь, необязательно бесконечная (тогда она периодическая с периодом $0$), так как гарантировалась только иррациональность числа $b$. Так как $a < b$, то $\exists n > 0\colon a_n < b_n\; и\; \forall i\; 0 \le i < n\colon a_i = b_i\;(i, n \in\mathbb{Z})$. \newline Тогда пусть $x=x_0 x_1\ldots x_n, \;где\; \forall i\; 0 \le i \le n\colon x_i=b_i$. Так как $b_n > a_n$ и, соответственно, $x_n > a_n$ и $\forall i \in\mathbb{Z}, \; 0 \le i < n\colon a_i = x_i$,  то $x > a$. \newline
    Число $b$ иррационально. Получается, что $\exists i\in\mathbb{Z}\; i > n\colon b_i \neq 0\; и \; \forall j \in\mathbb{Z}, \; j > n\colon x_j = 0$, то $x < b$. $\blacksquare$
\end{enumerate}
}
$$ $$
Запишем требуемое в задаче отрицание этого утверждения: \newline
$\exists a, \; b \in\mathbb{R}\colon \forall x \in\mathbb{Q}\; a < x < b$\newline


\bigskip\bigskip

\part*{Задача 2}
\begin{center}
    \par Докажите иррациональность числа $\sqrt[5]{5}$
\end{center}

\subsection*{Решение:}
    $\square$ Предположим, что $\sqrt[5]{5}$ - рациональное число.
    Тогда $\sqrt[5]{5} = \frac{m}{n}, \; m \in\mathbb{Z}, \; n \in\mathbb{N}$. Тогда $\Big(\frac{m}{n}\Big) ^ 5 = 5 \Leftrightarrow m^5 = 5n^5$.
    Получается, что $m^5\;\raisebox{-2pt}\vdots\; 5$, так как $5n^5 \;\raisebox{-2pt}\vdots\; 5$, значит, раз $m \in\mathbb{Z}$, то и $m \;\raisebox{-2pt}\vdots\; 5$.
    Пусть $m$ представимо в таком случае случае как $5p$. $5^5 p^5 = 5n^5 \Leftrightarrow 625p^5 = n^5$.
    $n \in\mathbb{N} \Rightarrow$ так как $(625p^5) \;\raisebox{-2pt}\vdots\; 5$, то аналогично получаем, что и $n^5 \;\raisebox{-2pt}\vdots\; 5$, значит, и $n \;\raisebox{-2pt}\vdots\; 5$.
    Так как $\frac{m}{n} \in\mathbb{Q}$, то дробь $\frac{m}{n}$ нескоратима. Но ввиду того, что $m \;\raisebox{-2pt}\vdots\; 5$ и $ n \;\raisebox{-2pt}\vdots\; 5$, получаем противоречие.
    Значит, $\sqrt[5]{5}$ - иррациональное число. $\blacksquare$

\bigskip\bigskip

\part*{Задача 3}
\begin{center}
    \par Найти $\sup{X}$ (или доказать, что множество $X$ неограничено сверху. \newline
    Найти $\inf{X}$ (или доказать, что множество $X$ неограничено снизу). \newline
    $$X = \left\{ \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^k} \biggr\rvert\; n \in\mathbb{N} \right\} $$
\end{center}
\subsection*{Решение:}
    Заметим для начала, что $\forall k \in\mathbb{Z}\colon \frac{1}{2^k} > 0 \Rightarrow \forall m, \; n, \; m \leq n \in\mathbb{N}, \; \sum\limits_{k=m}^{n} \frac{1}{2^k} > 0$ \newline
    Предположим, что $\inf{X} = M = \frac{1}{2}$. \newline
    При $k = 1\colon \frac{1}{2^k} = \frac{1}{2} \geq M$. Заметим, что $\forall n > 1, \; n \in\mathbb{N}\colon \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k} = \frac{1}{2} + \sum\limits_{k=2}^{n} \frac{1}{2^k} > \frac{1}{2}$. \newline
    Значит, $\forall n \in\mathbb{N}\colon \sum\limits{k=1}^{n} \frac{1}{2^k} \geq \frac{1}{2} \Rightarrow M = \inf{X} = \frac{1}{2}$. \newline
    Заметим, что $\forall n \in\mathbb{N}\colon \sum\limits_{k=1}^{n+1} \frac{1}{2^k} = \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k} + \frac{1}{2^{n + 1}} > \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k}$. Тогда достаточно очевидно, что \newline
    $\sup{X} = \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2^k} = \frac{\frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{2}} = 1$ (как сумма бесконечной геометрической прогрессии).

\bigskip\bigskip

\part*{Задача 4}
\begin{center}
Докажите ограниченность последовательности $x_n$. Найдите точную верхнюю и точную нижнюю грани множества элементов последовательности. \newline
$$x_n = \sqrt[3]{n^3 + n^{3/2}} - \sqrt[3]{n^3 - n^{3/2}}$$
\end{center}
\subsection*{Решение:}
Преобразуем выражение: \newline
$x_n = \sqrt[3]{n^3 + n^{3/2}} - \sqrt[3]{n^3 - n^{3/2}} = \frac{\big(\sqrt[3]{n^3 + n^{3/2}} - \sqrt[3]{n^3 - n^{3/2}}\big)(\sqrt[3]{(n^3 + n^{3/2})^2} + \sqrt[3]{n^6 - n^3} + \sqrt[3]{(n^3 - n^{3/2})^2}\big)}{\sqrt[3]{(n^3 + n^{3/2})^2} + \sqrt[3]{n^6 - n^3} + \sqrt[3]{(n^3 - n^{3/2})^2}} = \newline = \frac{n^3 + n^{3/2} - n^3 + n^{3/2}}{\sqrt[3]{(n^3 + n^{3/2})^2} + \sqrt[3]{n^6 - n^3} + \sqrt[3]{(n^3 - n^{3/2})^2}} = \frac{2n^{3/2}}{\sqrt[3]{n^6 + n^4\sqrt{n} + n^3} + \sqrt[3]{n^6 - n^3} + \sqrt[3]{n^6 - n^4\sqrt{n} + n^3}} = \frac{2}{\sqrt[3]{n^3 + n\sqrt{n} + 1} + \sqrt[3]{n^3 - 1} + \sqrt[3]{n^3 - n\sqrt{n} + 1}}$ \newline

Теперь докажем, что $\forall n \in\mathbb{N}\; x_{n + 1} < x_n$. Пусть задана последовательность $y_n = \sqrt[3]{n^3 + n\sqrt{n} + 1} + \sqrt[3]{n^3 - 1} + \sqrt[3]{n^3 - n\sqrt{n} + 1}$. \newline
$y_{n + 1} - y_n = \sqrt[3]{(n + 1)^3 + (n + 1)\sqrt{n + 1} + 1} + \sqrt[3]{(n + 1)^3 - 1} + \sqrt[3]{(n + 1)^3 - (n + 1)\sqrt{n + 1} + 1} - \sqrt[3]{n^3 + n\sqrt{n} + 1} - \sqrt[3]{n^3 - 1} - \sqrt[3]{n^3 - n\sqrt{n} + 1}$.\newline

\begin{enumerate}
\item $\sqrt[3]{(n + 1)^3 + (n + 1)\sqrt{n + 1} + 1} \;?\; \sqrt[3]{n^3 + n\sqrt{n} + 1}$ \newline
$(n + 1)^3 + (n + 1)\sqrt{n + 1} + 1 \;?\; n^3 + n\sqrt{n} + 1$\newline
$3n^2 + 3n + (n + 1) \sqrt{n + 1} - n \sqrt{n} \;?\; 0$\newline
$(n + 1) \sqrt{n + 1} - n \sqrt{n} > 0$, так как функция $f(n) = n \sqrt{n}$ - строго возрастающая. Так как $n \in\mathbb{N}$, $3n^2 + 3n + (n + 1) \sqrt{n + 1} - n \sqrt{n} > 0$.
\medskip
\item $\sqrt[3]{(n + 1)^3 - 1} \;?\; \sqrt[3]{n^3 - 1}$\newline
$(n + 1)^3 - 1 \;?\; n^3 - 1$ \newline
$3n^2 + 3n > 0$, так как $n \in\mathbb{N}$.
\medskip
\item $\sqrt[3]{(n + 1)^3 - (n + 1)\sqrt{n + 1} + 1} \;?\; \sqrt[3]{n^3 - n\sqrt{n} + 1}$ \newline
$(n + 1)^3 - (n + 1)\sqrt{n + 1} \;?\; n^3 - n\sqrt{n}$\newline
Рассмотрим функцию $g(n) = n^3 - n \sqrt{n}.\; Функция\; p(n) = n^3 - строго\; возрастающая \Rightarrow\;\forall n\in\mathbb{N}\colon n^3 > (\sqrt{n})^3 \Rightarrow g(x)$ - строго возрастающая функция при $n\in\mathbb{N} \Rightarrow (n + 1)^3 - (n + 1)\sqrt{n + 1} > n^3 - n\sqrt{n}$.
\end{enumerate}
\bigskip
Из этих трех пунктов следует, что $y_{n + 1} > y_n$. Так как $x_n = \frac{2}{y_n}$, то $\forall n\in\mathbb{N}\colon\; x_{n + 1} < x_n$. \newline
$ $
Тогда становится очевидно, что если $A = \left\{ x_n \rvert\; n\in\mathbb{N}\right\}$, то $\sup{A} = x_1 = \sqrt[3]{2}$, $\inf{A} = 0$. Значит, так как множетство $A$ имеет супремум и инфимум, оно ограничено.

\bigskip\bigskip
\part*{Задача 5}
\begin{center}

    \par Для заданной последовательности $x_n = \frac{1 - n}{3 - 4n}, \; n \in\mathbb{N}$ найдите \newline
    \begin{minipage}{.60\textwidth}
    \begin{enumerate}
        \item $a = \lim\limits_{n\to\infty} x_n$
        \item $n_0$, такое что для всех $n \geq n_0$ выполняется \newline неравенство $\abs{x_n - a} < \frac{1}{1000}$
    \end{enumerate}
    \end{minipage}
\end{center}
\subsection*{Решение:}
$x_n = \frac{1 - n}{3 - 4n} = \frac{\frac{1}{n} - 1}{\frac{3}{n} - 4}, \; n \in\mathbb{N}$. Тогда докажем, что $\lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{n} = 0$: \newline
\begin{center}
$\square\;\forall \epsilon > 0 \;\exists n_0\colon \forall n \geq n_0\colon \abs{x_n} < \epsilon$.
$\forall n \in\mathbb{N}\; \frac{1}{n} > 0 \Rightarrow \frac{1}{n} < \epsilon \Rightarrow n > \frac{1}{\epsilon} \Rightarrow n_0 = \lceil\frac{1}{\epsilon}\rceil + 1 \Rightarrow \lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{n} = 0\;\blacksquare$
\end{center}
Из свойства пределов, что $\lim (x \cdot y) = \lim x \cdot\lim y$, получаем: $\lim\limits_{n\to\infty} \frac{\frac{1}{n} - 1}{\frac{3}{n} - 4} = \frac{0 - 1}{3 \cdot 0 - 4} = \frac{-1}{-4} = \frac{1}{4}$\newline\newline
Теперь найдем $n_0$, такое что для всех $n \geq n_0$ выполняется неравенство $\abs{x_n - a} < \frac{1}{1000}$:\newline\newline
$\abs{\frac{1 - n}{3 - 4n} - \frac{1}{4}} < \frac{1}{1000} \Leftrightarrow \abs{\frac{1}{12 - 16n}} < \frac{1}{1000}. \; n \in\mathbb{N} \Rightarrow 12 - 16n < -1000 \Leftrightarrow 16n > 988 \Leftrightarrow n = \lceil \frac{988}{16} \rceil = 62 = n_0$.

\end{document}