rozwiązania

4. Caªki  rozwi¡zania zada«

‚w. 4.1 1. (−1)2_{+ 1}2 _{= 2,} 2. R10 0 x 2_{dx +}P10 k=1k = 1000/3 + 110/2, 3. P∞ k=0exp(k)/k! = exp(e), 4. P∞ k=0(1/6) k _{= 6/5,} 5. P∞ k=1(1/2) k₍₋₁₎k_{/k = − ln(3/2) = ln 2 − ln 3,} 6. Rπ/2 0 sin(x)dx = 1, 7. 2 R∞ 0 x exp(−x)dx + P∞ k=1(2e) −k _{= 2 +} (2e)−1 1−(2e)−1.

‚w. 4.2 1. Tak: |f(x)| ≤ exp(−x), wi¦c Z A |f |dµ ≤ ∞ X k=1 exp(−k) = exp(exp(−1)) − 1 < ∞, 2. Nie: |f(x)| ≥ | ln(x)|, wi¦c R_A|f |dµ ≥R R+| ln(x)|dx = +∞, 3. Nie: |f(k)| = 1 k dla k ∈ N, st¡d RA|f |dµ = P∞ k=11/k = +∞.

‚w. 4.3 1. Zaªó»my, »e istniej¡ dwie ró»ne miary µ = Pn

r=1φrxr oraz ν = P m

r=1ψryr,

takie, »e R xk_{dµ = R x}k_{dν dla wszystkich k = 0, 1, 2, .... Bez straty ogólno±ci}

mo»emy uzna¢, »e nie posiadaj¡ one wspólnych atomów (czyli xi 6= yj),

ewen-tualnie odejmuj¡c je obustronnie. Wówczas mamy                0 =R 1dµ − R₁dν = 1 ∗ φ1 + ... + 1 ∗ φn− 1 ∗ ψ1− ... − 1 ∗ ψm, 0 =R xdµ − R xdν = x1∗ φ1+ ... + xn∗ φn− y1∗ ψ1 − ... − ym∗ ψm, 0 =R x2dµ −R x2dν = x2₁∗ φ1+ ... + xn2 ∗ φn− y12∗ ψ1− ... − ym2 ∗ ψm, ... 0 =R xn+m−1_{dµ −R x}n+m−1_{dν = x}n+m−1 1 ∗ φ1+ ... + xn+m−1n ∗ φn− y₁n+m−1∗ ψ1− ... − ymn+m−1∗ ψm.

Otrzymujemy ukªad równa« na φ1, ..., φn, −ψ1, ..., −ψm o nieosobliwej macierzy

Vandermonde'a, a zatem istnieje jednoznaczne rozwi¡zanie φi = ψj ≡ 0, czyli

µ = ν wbrew zaªo»eniu. Ta sprzeczno±¢ dowodzi tezy. 2. Mamy Lµ(t) = n X r=1 φrexp(txr). St¡d  ∂k ∂tkLµ  (0) = n X r=1 φrxkr = Z xkdµ. Mo»na wi¦c skorzysta¢ z punktu poprzedniego.

3. Mamy: Z f dµ = n X r=1 φrf (xr) = − ∞ X r=1 φr Z ∞ xr f0(x)dx = − Z f0(x)[X φr≤x φr]dx = = − Z f0(x)µ((−∞, x])dx.