Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 4: Ciągi liczbowe

From Studia Informatyczne

4. Ciągi liczbowe

Ćwiczenie 4.1.

Obliczyć następujące granice ciągów:
(1) \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{2n^2+1}{3n^2-1},
(2) \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{2n^2+n+2}{n\sqrt{n}},
(3) \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{-n+1}{n^2+2}.

Wskazówka

(1) Podzielić licznik i mianownik przez n^2 i skorzystać z twierdzeń o arytmetyce granic.
(2) Wykorzystać twierdzenie o dwóch ciągach.
(3) Sposób I. Wykorzystać twierdzenie o trzech ciągach.
Sposób II. Podzielić licznik i mianownik przez n^2 oraz skorzystać z twierdzeń o arytmetyce granic.

Rozwiązanie

(1) Dzielimy licznik i mianownik przez n^2 i dostajemy:

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{2n^2+1}{3n^2-1} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{\displaystyle 2+\overbrace{\frac{1}{n^2}}^{\rightarrow 0}}{\displaystyle 3-\underbrace{\frac{1}{n^2}}_{\rightarrow 0}} \ =\ \frac{2}{3}

przy czym w ostatniej równości wykorzystujemy twierdzenia o arytmetyce granic (dla sumy i iloczynu; patrz twierdzenie 4.9.) oraz fakt, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{1}{n^2}=0 (patrz przykład 3.21. i twierdzenie 4.9.).

(2) Zauważmy, że

\displaystyle\frac{2n^2}{n\sqrt{n}}      \le \displaystyle\frac{2n^2+n+2}{n\sqrt{n}}
\displaystyle 2\sqrt{n}      \le \displaystyle\frac{2n^2+n+2}{n\sqrt{n}}

przy czym 2\sqrt{n} \rightarrow +\infty. Zbieżność \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \sqrt{n}=+\infty łatwo pokazać z definicji granicy niewłaściwej. Zatem korzystając z twierdzenia o dwóch ciągach (patrz twierdzenie 4.13.(1)) wnioskujemy, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{2n^2+n+2}{n\sqrt{n}}=+\infty
(3) Sposób I. Zauważmy, że

\begin{array} {ccccc} \displaystyle -\frac{n}{n^2} & \le & \displaystyle\frac{-n+1}{n^2+2} & \le & 0\\ \shortparallel               &     &                                 &     & \downarrow\\ \displaystyle -\frac{1}{n}   &     &                                 &     & 0\\ \downarrow                   &     &                                 &     & \\ 0                            &     &                                 &     & \\ \end{array}

Zatem korzystając z twierdzenia a trzech ciągach wnioskujemy, że

\displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{-n+1}{n^2+2}=0.

Sposób II. Dzieląc licznik i mianownik przez n^2 oraz korzystając z twierdzeń o arytmetyce granic, mamy

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{-n+1}{n^2+2} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{\displaystyle \overbrace{-\frac{1}{n}}^{\rightarrow 0}+\overbrace{\frac{1}{n^2}}^{\rightarrow 0}}{\displaystyle 1+\underbrace{\frac{2}{n^2}}_{\rightarrow 0}} \ =\ 0.


Ćwiczenie 4.2.

Obliczyć następujące granice ciągów:
(1) \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{\binom{n+2}{n}}{n^2},
(2) \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{\binom{n+3}{n}}{n^3}.

Wskazówka

(1) Rozpisać symbol Newtona. Podzielić licznik i mianownik przez n^2.
(2) Rozwiązać analogicznie do przykładu (1).

Rozwiązanie

(1) Rozpiszmy symbol Newtona występujący w wyrazach ciągu

\displaystyle \binom{n+2}{n}= \frac{(n+2)!}{n!\cdot 2!} \ =\ \frac{(n+1)(n+2)}{2}.

Zatem liczymy:

\aligned  \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{\binom{n+2}{n}}{n^2} & = & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{(n+1)(n+2)}{2n^2} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{n^2+3n+2}{2n^2}\\ & = & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{1}{2} +\underbrace{\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{n}}_{=0} +\underbrace{\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{1}{n^2}}_{=0} \ =\ \frac{1}{2}.  \endaligned

(2) Rozpiszmy symbol Newtona występujący w wyrazach ciągu

\binom{n+3}{n} \ =\ \frac{(n+3)!}{n!\cdot 3!} \ =\ \frac{(n+1)(n+2)(n+3)}{6}.

Zatem liczymy:

\aligned  \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{\binom{n+3}{n}}{n^3} & = & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{(n+1)(n+2)(n+3)}{6n^3} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{n^3+6n^2+11n+6}{6n^3}\\ & = & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{1}{6} +\underbrace{\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{1}{n}}_{=0} +\underbrace{\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{11}{6}\cdot\frac{1}{n^2}}_{=0} +\underbrace{\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{1}{n^3}}_{=0} \ =\ \frac{1}{6}.  \endaligned

Ćwiczenie 4.3.

Obliczyć następujące granice ciągów:
(1) \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{5^{n+1}+1+6^{n+1}}{3\cdot 6^n},
(2) \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{2^{n+1}+3^n}{3^{2n}+2},
(3) \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{1+\frac{1}{4}+\frac{1}{16}+\ldots+\frac{1}{4^n}}{1+\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\ldots+\frac{1}{3^n}}.

Wskazówka

(1) Wykonać dzielenie przez 6^n.
(2) Sposób I. Wykorzystać twierdzenie o trzech ciągach.
Sposób II. Podzielić licznik i mianownik przez 3^{2n} i skorzystać z twierdzeń o arytmetyce granic.
(3) Wykorzystać wzór na sumę skończonego ciągu geometrycznego (patrz uwaga 1.10.).

Rozwiązanie

(1) Wykonując dzielenie przez 6^n, dostajemy:

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{5^{n+1}+1+6^{n+1}}{3\cdot 6^n} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{5}{3}\bigg(\frac{5}{6}\bigg)^n +\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{1}{3}\bigg(\frac{1}{6}\bigg)^n +\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} 2 \ =\ 2,

gdzie wykorzystaliśmy znajomość ciągu geometrycznego (patrz przykład 3.22.).

(2) Sposób I. Zauważmy, że

\begin{array} {ccccc} \displaystyle 0 & \le & \displaystyle\frac{2^{n+1}+3^n}{3^{2n}+2} & \le & \displaystyle\frac{2^{n+1}+3^n}{3^{2n}}\\ \downarrow      &     &                                           &     & \shortparallel\\ \displaystyle 0 &     &                                           &     & \displaystyle 2\bigg(\frac{2}{9}\bigg)^n+\bigg(\frac{1}{3}\bigg)^n\\ &     &                                           &     & \downarrow\\ &     &                                           &     & 0\\ \end{array}

gdzie wykorzystaliśmy znajomość ciągu geometrycznego. Zatem korzystając z twierdzenia o trzech ciągach, wnioskujemy, że

\displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{2^{n+1}+3^n}{3^{2n}+2}=0.


Sposób II. Dzieląc licznik i mianownik przez 3^{2n} oraz korzystając z twierdzeń o arytmetyce granic, mamy

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{2^{n+1}+3^n}{3^{2n}+2} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{\displaystyle 2\cdot\bigg(\frac{2}{9}\bigg)^n+\bigg(\frac{1}{3}\bigg)^n}{\displaystyle 1+2\cdot\bigg(\frac{1}{9}\bigg)^n} \ =\ 0.

(3) Korzystając ze wzoru na sumę skończonego ciągu geometrycznego (patrz uwaga 1.10.), mamy

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{\displaystyle 1+\frac{1}{4}+\frac{1}{16}+\ldots+\frac{1}{4^n}}{\displaystyle 1+\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\ldots+\frac{1}{3^n}} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{\displaystyle\frac{\displaystyle 1-\frac{1}{4^{n+1}}}{\displaystyle 1-\frac{1}{4}}}{\displaystyle\frac{\displaystyle 1-\frac{1}{3^{n+1}}}{\displaystyle 1-\frac{1}{3}}} \ =\
\frac{9}{8}\cdot \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{\displaystyle 1-\overbrace{\bigg(\frac{1}{4}\bigg)^{n+1}}^{\rightarrow 0}}{\displaystyle 1-\underbrace{\bigg(\frac{1}{3}\bigg)^{n+1}}_{\rightarrow 0}} \ =\ \frac{9}{8}\cdot 1 \ =\ \frac{9}{8}.

Ćwiczenie 4.4.

Niech \displaystyle\{x_n\}\subseteq\mathbb{R} będzie ciągiem liczbowym takim, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} x_n=g. Udowodnić, że jeśli g\ne 0 oraz x_n\ne 0 dla dowolnego n\in\mathbb{N}, to ciąg \displaystyle\big\{\frac{1}{x_n}\big\} jest ograniczony oraz dodatkowo

\exists m>0:\ \bigg|\frac{1}{x_n}\bigg|\ge m.

Wskazówka

Skorzystać z definicji granicy ciągu z \displaystyle\varepsilon=\frac{|g|}{2}.

Rozwiązanie

Niech \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} x_n=g\ne 0. Niech \displaystyle\varepsilon=\frac{|g|}{2}>0. Z definicji granicy mamy

\exists N\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N:\ |x_n-g|<\frac{|g|}{2},

w szczególności dla tak dobranego N\in\mathbb{N} mamy

\forall n\ge N:\ g-\frac{|g|}{2}<x_n<g+\frac{|g|}{2},

zatem

\forall n\ge N:\ \frac{|g|}{2}<|x_n|<\frac{3|g|}{2},

czyli

\forall n\ge N:\ \frac{2}{3|g|}<\frac{1}{|x_n|}<\frac{2}{|g|}.

Zdefiniujmy teraz

m \ =\ \min\bigg\{\frac{2}{3|g|},\frac{1}{|x_1|},\ldots,\frac{1}{|x_N|}\bigg\},\qquad M \ =\ \max\bigg\{\frac{2}{|g|},\frac{1}{|x_1|},\ldots,\frac{1}{|x_N|}\bigg\}.

Oczywiście 0<m<M oraz

\forall n\in\mathbb{N}:\ m\le \bigg|\frac{1}{x_n}\bigg|\le M,

co należało dowieść.

Ćwiczenie 4.5.

Niech \displaystyle\{a_n\},\{b_n\}\subseteq\mathbb{R} będą ciągami liczbowymi zbieżnymi. Udowodnić następujące stwierdzenia:
(1) \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} (a_nb_n) =\bigg(\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n\bigg)\bigg(\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n\bigg);
(2) \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{a_n}{b_n} =\frac{\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n}{\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n} (o ile b_n\ne 0 dla n\in\mathbb{N} oraz \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n\ne 0).

Wskazówka

(1) Należy skorzystać z faktu, że ciąg zbieżny jest ograniczony. Przy liczeniu granicy ciągu \displaystyle\{a_nb_n\} wykorzystać oszacowanie

\big|a_nb_n-ab\big| \le \big|a_nb_n-a_nb\big| +\big|a_nb-ab\big|.

(2) Najpierw udowodnić, że \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{1}{b_n} =\frac{1}{\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n}. W tym celu należy skorzystać z zadania 4.4.. Następnie wykorzystać punkt (1).

Rozwiązanie

(1) Niech \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=a i \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=b. Należy pokazać, że

\forall \varepsilon>0\ \exists N\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N: \big|a_nb_n-ab\big|<\varepsilon.

Ustalmy dowolne \displaystyle\varepsilon>0.

Ciąg \displaystyle\{a_n\} jako zbieżny, jest ograniczony, to znaczy

\exists A>0\ \forall n\in\mathbb{N}:\ |a_n|\le A.

Z definicji granicy mamy

\aligned  && \exists N_1\in\mathbb{N}:\ |b_n-b|<\frac{\varepsilon}{2A},\\ && \exists N_2\in\mathbb{N}:\ |a_n-a|<\frac{\varepsilon}{2|b|}  \endaligned

(przy czym jeśli b=0, to ostatnie wyrażenie \displaystyle\frac{\varepsilon}{2|b|} zastąpmy przez \displaystyle\varepsilon).

Niech N=\max\{N_1,N_2\}.

Wówczas dla dowolnego n\ge N mamy

\aligned  \big|a_nb_n-ab\big| & \le & \big|a_nb_n-a_nb\big| +\big|a_nb-ab\big| \ =\ |a_n||b_n-b|+|a_n-a||b|\\ & < & A\cdot\frac{\varepsilon}{2A} +\frac{\varepsilon}{2|b|}\cdot |b| \ =\ \varepsilon,  \endaligned

zatem

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} (a_nb_n) \ =\ a\cdot b \ =\ \bigg(\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n\bigg)\cdot\bigg(\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n\bigg).

(2) Niech \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=a i \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=b (gdzie b_n\ne 0 dla n\in\mathbb{N} oraz b\ne 0). Pokażemy najpierw, że

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{1}{b_n} =\frac{1}{b}.

Ustalmy dowolne \displaystyle\varepsilon>0. Z Zadania zadania 4.4. wynika, że

\exists M>0\ \forall n\in\mathbb{N}:\ \bigg|\frac{1}{b_n}\bigg|\le M.

Z definicji granicy, zastosowanej do \displaystyle\widetilde{\varepsilon}=\frac{|b|\varepsilon}{M}, mamy także

\exists N\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N:\ |b_n-b|<\frac{|b|\varepsilon}{M}.

Wówczas dla n\ge N mamy

\displaystyle \bigg|\frac{1}{b_n}-\frac{1}{b}\bigg| = \bigg|\frac{b-b_n}{bb_n}\bigg| \ =\ |b_n-b|\cdot\bigg|\frac{1}{b}\bigg|\cdot\bigg|\frac{1}{b_n}\bigg| \ \le\ \frac{|b|\varepsilon}{M}\cdot\frac{1}{|b|}\cdot M \ =\ \varepsilon,

pokazaliśmy więc, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{1}{b_n}=\frac{1}{b}.

Możemy teraz skorzystać z udowodnionego już punktu (1), a mianowicie

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{a_n}{b_n} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \bigg(a_n\cdot\frac{1}{b_n}\bigg) \ =\ a\cdot\frac{1}{b} \ =\ \frac{a}{b}.

Ćwiczenie 4.6.

Niech \displaystyle\{a_n\},\{b_n\}\subseteq\mathbb{R} będą ciągami liczbowymi zbieżnymi. Udowodnić następujące stwierdzenia:
(1) \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n =a\quad \Longrightarrow\quad \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} |a_n|=|a|;
(2) \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n =0\quad \Longleftrightarrow\quad \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} |a_n|=0;

Wskazówka

(1) Udowodnić najpierw prostą nierówność:

\forall x,y\in\mathbb{R}:\ \big| |x|-|y|\big| \ \le\ |x-y|.

(2) Wykorzystać jedynie definicję granicy ciągu.

Rozwiązanie

(1) Udowodnimy najpierw, że

\forall x,y\in\mathbb{R}:\ \big| |x|-|y|\big| \ \le\|x-y|.

Korzystając z nierówności trójkąta dla wartości bezwzględnej (metryki euklidesowej w \displaystyle\mathbb{R}), mamy

|x|= |x-y+y| \ \le\ |x-y|+|y|,

stąd

|x|-|y|\le |x-y|.

Analogicznie dostajemy

|y|-|x| \le |y-x| \ =\ |x-y|.

Dwie ostatnie nierówności oznaczają, że

\big| |x|-|y|\big| \le |x-y|,

co należało dowieść.

Załóżmy teraz, że

\displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=a. Należy pokazać, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} |a_n|=|a|. Ustalmy dowolne \displaystyle\varepsilon>0. Z definicji granicy mamy

\exists N\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N:\ |a_n-a|<\varepsilon.

Wówczas, korzystając z udowodnionej nierówności, dla n\ge N mamy

\big||a_n|-|a|\big| \le |a_n-a| \ <\ \varepsilon.

Zatem pokazaliśmy, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} |a_n|=|a|.

Zauważmy w tym miejscu, że nie jest ogólnie prawdziwa implikacja w drugą stronę. Rozważmy bowiem ciąg a_n=(-1)^n. Wówczas \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} |a_n|=\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} 1=1=|1|, ale ciąg \{a_n\} nie ma granicy.

(2) "\displaystyle\Longrightarrow":
Wynika wprost z punktu (1).
"\displaystyle\Longleftarrow":
Niech \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} |a_n|=0. Należy pokazać, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=0. Ustalmy dowolne \displaystyle\varepsilon>0. Z definicji granicy ciągu mamy

\exists  N\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N:\ \big||a_n|-0\big|<\varepsilon.

Zatem dla n\ge N mamy

|a_n-0|= |a_n| \ =\ \big||a_n|\big| \ =\ \big||a_n|-0\big| \ <\ \varepsilon,

co oznacza, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=0.