Analiza matematyczna 1/Wykład 5: Obliczanie granic

From Studia Informatyczne

Spis treści

Obliczanie granic

Wykład ten jest kontynuacją poprzedniego wykładu dotyczącego ciągów o wyrazach rzeczywistych. Wykład rozpoczynamy od definicji liczby e jako granicy pewnego ciągu. Podajemy twierdzenia o arytmetyce granic niewłaściwych i liczymy pewne granice specjalne. Wprowadzamy pojęcia granicy dolnej i granicy górnej ciągu.

Liczba e

Zajmiemy się teraz pewnym przykładem ciągu zbieżnego, którego granica odgrywa ważną rolę w matematyce.

Twierdzenie 5.1. [Liczba e, symbol 1^{\infty}]

(1) Ciąg \displaystyle\{e_n\}\subseteq\mathbb{R} o wyrazach \displaystyle e_n=\bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^n jest zbieżny.
Jego granicę oznaczamy przez e, przy czym

e \ \approx\ 2,718281828458563411277850606202642376785584483618617451918618203\ldots.

(2) Jeśli \displaystyle\{a_n\}\subseteq\mathbb{R} jest ciągiem o wyrazach dodatnich takim, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=+\infty, to

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\bigg(1+\frac{1}{a_n}\bigg)^{a_n} \ =\ e.

W dowodzie powyższego twierdzenia wykorzystamy następujący lemat, którego dowód indukcyjny zostawiamy jako proste ćwiczenie.

Lemat 5.2.

Dla każdego n\ge 3 mamy \displaystyle n!>2^{n-1}.

Dowód 5.2.

(Ad (1))
Krok 1. Pokażemy, że ciąg \displaystyle\{e_n\} jest rosnący. W tym celu dla dowolnego n\in\mathbb{N} obliczymy iloraz:

\frac{e_{n+1}}{e_n} \ =\ \frac{\displaystyle\bigg(1+\frac{1}{n+1}\bigg)^{n+1}}{\displaystyle\bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^n} \ =\ \bigg(1+\frac{1}{n}\bigg) \frac{\displaystyle\bigg(1+\frac{1}{n+1}\bigg)^{n+1}}{\displaystyle\bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^{n+1}}

\ =\ \frac{n+1}{n}\bigg[\frac{n(n+2)}{(n+1)^2}\bigg]^{n+1} \ =\ \frac{n+1}{n}\bigg[1-\frac{1}{(n+1)^2}\bigg]^{n+1}.

Jakob Bernoulli (1654-1705)Zobacz biografię
Enlarge
Jakob Bernoulli (1654-1705)
Zobacz biografię
Stosując nierówność Bernoullego

(patrz uwaga 2.16.) z r=n+1\ge 2 oraz \displaystyle x=-\frac{1}{(n+1)^2}>-1, dostajemy

\frac{e_{n+1}}{e_n} \ >\ \frac{n+1}{n} \bigg(1-\frac{n+1}{(n+1)^2}\bigg) \ =\ \frac{n+1}{n} \bigg(1-\frac{1}{n+1}\bigg) \ =\ \frac{n+1}{n}\cdot\frac{n}{n+1} \ =\ 1.

Pokazaliśmy zatem, że

\frac{e_{n+1}}{e_n} \ >\ 1 \qquad\forall\  n\ge 1,

czyli ciąg \displaystyle\{e_n\} jest rosnący.

Krok 2. Pokażemy, że ciąg \displaystyle\{e_n\} jest ograniczony. Ponieważ jest to ciąg liczb dodatnich, więc wystarczy pokazać, że jest on ograniczony z góry. Korzystając ze wzoru dwumianowego Newtona (patrz twierdzenie 1.40.), mamy

\begin{array} {lll} \displaystyle e_n & = & \bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^n \ =\ \binom{n}{0} +\binom{n}{1}\frac{1}{n} +\binom{n}{2}\frac{1}{n^2} +\binom{n}{3}\frac{1}{n^3} +\ldots +\binom{n}{n-1}\frac{1}{n^{n-1}} +\binom{n}{n}   \frac{1}{n^n}\\ & = & 1 +1 +\frac{1}{2!}\frac{n(n-1)}{n^2} +\frac{1}{3!}\frac{n(n-1)(n-2)}{n^3} +\ldots +\frac{1}{(n-1)!}\frac{n(n-1)(n-2)\cdot\ldots\cdot 2}{n^{n-1}}\\ & & +\ \frac{1}{n!}\frac{n(n-1)(n-2)\cdot\ldots\cdot 1}{n^n}\\ & = & 1 +1 +\frac{1}{2!}\bigg(1-\frac{1}{n}\bigg) +\frac{1}{3!}\bigg(1-\frac{1}{n}\bigg)\bigg(1-\frac{2}{n}\bigg) +\ldots +\frac{1}{(n-1)!}\bigg(1-\frac{1}{n}\bigg)\cdot\ldots\cdot\bigg(1-\frac{n-2}{n}\bigg)\\ && +\ \frac{1}{n!}\bigg(1-\frac{1}{n}\bigg)\cdot\ldots\cdot\bigg(1-\frac{n-1}{n}\bigg)\\ & < & 1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\ldots+\frac{1}{(n-1)!}+\frac{1}{n!}. \end{array}

Korzystając z Lematu lematu 5.2., mamy

e_n \ <\ 1+1+\frac{1}{2^1}+\frac{1}{2^2}+\ldots+\frac{1}{2^{n-1}}.

Korzystając ze wzoru na sumę skończonego ciągu geometrycznego (patrz przyklad 1.12.), dostajemy

e_n \ <\ 1+\frac{1-\frac{1}{2^n}}{1-\frac{1}{2}} \ <\ 1+\frac{1}{1-\frac{1}{2}} \ =\ 3.

Pokazaliśmy zatem, że

\forall n\in\mathbb{N}:\ |e_n|<3,

czyli że ciąg \displaystyle\{e_n\} jest ograniczony.
Krok 3. Ponieważ ciąg \displaystyle\{e_n\} jest rosnący i ograniczony, więc korzystając z twiedzenia 4.15., wnioskujemy, że jest on zbieżny.

(Ad (2)) [Dowód nadobowiązkowy]

Niech \displaystyle x_n=\bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^{n+1} oraz \displaystyle y_n=\bigg(1+\frac{1}{n+1}\bigg)^n. Zauważmy, że

\begin{array}{lll} \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} x_n & = & \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^{n+1} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^n\cdot\bigg(1+\frac{1}{n}\bigg) \ =\ e\cdot 1 \ =\ e,\\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} y_n & = & \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\bigg(1+\frac{1}{n+1}\bigg)^n \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\bigg(1+\frac{1}{n+1}\bigg)^{n+1}\cdot\bigg(1+\frac{1}{n+1}\bigg)^{-1} \ =\ e\cdot 1 \ =\ e. \end{array}

Niech \displaystyle\{a_n\} będzie dowolnym ciągiem o wyrazach dodatnich takim, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=+\infty. W celu udowodnienia naszego twierdzenia skorzystamy z twierdzenia 3.25.(5). W tym celu weźmy dowolny podciąg \displaystyle\{a_{n_k}\} ciągu \displaystyle\{a_n\}.

Wybierzmy z kolei podciąg \displaystyle\big\{a_{n_{k_l}}\big\} ciągu \displaystyle\{a_{n_k}\}, który jest monotonicznie rosnący do +\infty oraz taki, że

\forall l\in\mathbb{N}:\ l \ <\ a_{n_{k_l}} \quad\ oraz \quad a_{n_{k_l}}+1 \ \le\ a_{n_{k_{l+1}}}

Dla każdego l\in\mathbb{N} wyraz a_{n_{k_l}} jest zawarty w pewnym przedziale \displaystyle [N_l,N_l+1) o końcach naturalnych (przy czym ciąg \displaystyle\{N_l\}_l jest silnie rosnący). Korzystając z monotoniczności funkcji potęgowej oraz funkcji wykładniczej (o podstawie większej od 1), mamy

\begin{array} {ccccccccc} \displaystyle\bigg(1+\frac{1}{N_l+1}\bigg)^{N_l} & \le &\displaystyle\bigg(1+\frac{1}{a_{n_{k_l}}}\bigg)^{N_l} & \le & \displaystyle\bigg(1+\frac{1}{a_{n_{k_l}}}\bigg)^{a_{n_{k_l}}} & \le & \displaystyle\bigg(1+\frac{1}{a_{n_{k_l}}}\bigg)^{N_l+1} & \le & \displaystyle\bigg(1+\frac{1}{N_l}\bigg)^{N_l+1}    \\ \downarrow & & & & & & & & \downarrow\\ e          & & & & & & & & e \end{array}

gdzie zbieżności ciągów \displaystyle\bigg\{\bigg(1+\frac{1}{N_l+1}\bigg)^{N_l}\bigg\}_{l\in\mathbb{N}} i \displaystyle\bigg\{\bigg(1+\frac{1}{N_l}\bigg)^{N_l+1}\bigg\}_{l\in\mathbb{N}} do liczby e wynikają z faktów, iż są to podciągi ciągów \displaystyle\{x_n\}
i \displaystyle\{y_n\} mających granicę e. Zatem korzystając z twierdzenia o trzech ciągach (twierdzenia 4.11.), wnioskujemy, że \displaystyle\lim_{l\rightarrow+\infty}\bigg(1+\frac{1}{a_{n_{k_l}}}\bigg)^{a_{n_{k_l}}}=e.

Ponieważ wystartowaliśmy od dowolnego podciągu \displaystyle\{a_{n_k}\} ciągu \displaystyle\{a_n\}, zatem korzystając z twierdzenia 3.25.(5), dostajemy, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\bigg(1+\frac{1}{a_n}\bigg)^{a_n}=e.

image:End_of_proof.gif

Kolejne twierdzenie będzie przydatne przy wyznaczaniu pewnych granic ciągów. Jego dowód jak i zastosowania pozostawione są na ćwiczenia (patrz zadanie 5.6.).

Twierdzenie 5.3.

Jeśli \displaystyle\{a_n\}\subseteq\mathbb{R} jest ciągiem liczbowym o wyrazach dodatnich (to znaczy \displaystyle\forall n\in\mathbb{N}:\ a_n>0), to
(1) jeśli \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=a<1, to \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=0;
(2) jeśli \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=a>1, to \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=+\infty.

Arytmetyka granic niewłaściwych

Analogicznie do twierdzeń o "arytmetyce" granic (twierdzenie 4.9.), można sformułować cały szereg twierdzeń dotyczący "arytmetyki" granic niewłaściwych. Poniższe twierdzenie zbiera informacje dotyczące granicy sumy, różnicy, iloczynu i ilorazu ciągów, gdy przynajmniej jeden z ciągów ma granicę niewłaściwą. Podamy dowód jednego z poniższych punktów. Pozostałe dowody można zrobić analogicznie.

Twierdzenie 5.4. [O "arytmetyce" granic niewłaściwych]

(1) a+\infty=+\infty, dla -\infty<a\le+\infty, to znaczy
jeśli \displaystyle\{a_n\} i \displaystyle\{b_n\} są ciągami liczbowymi takimi, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=a i \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=+\infty, gdzie -\infty<a\le+\infty, to \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(a_n+b_n)=+\infty.

(2) a-\infty=-\infty dla -\infty\le a<+\infty, to znaczy
jeśli \displaystyle\{a_n\} i \displaystyle\{b_n\} są ciągami liczbowymi takimi, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=a i \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=+\infty, gdzie -\infty\le a<+\infty, to \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(a_n-b_n)=-\infty.

(3) a\cdot(\pm\infty)=\pm\infty dla 0<a\le+\infty, to znaczy
jeśli \displaystyle\{a_n\} i \displaystyle\{b_n\} są ciągami liczbowymi takimi, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=a i \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=\pm\infty, gdzie 0<a\le+\infty, to \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(a_n\cdot b_n)=\pm\infty.

(4) a\cdot(\pm\infty)=\mp\infty dla -\infty\le a<0, to znaczy
jeśli \displaystyle\{a_n\} i \displaystyle\{b_n\} są ciągami liczbowymi takimi, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=a i \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=\pm\infty, gdzie -\infty\le a<0, to \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(a_n\cdot b_n)=\mp\infty.

(5) \displaystyle\frac{a}{\pm\infty}=0 dla a\in\mathbb{R}, to znaczy
jeśli \displaystyle\{a_n\} i \displaystyle\{b_n\} są ciągami liczbowymi takimi, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=a\in\mathbb{R} i \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=\pm\infty oraz b_n\ne 0 dla n\in\mathbb{N}, to \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_n}{b_n}=0.

(6a) \displaystyle\frac{a}{0^+}=+\infty dla 0<a\le+\infty, to znaczy
jeśli \displaystyle\{a_n\} i \displaystyle\{b_n\} są ciągami liczbowymi takimi, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=a i \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=0, gdzie 0<a\le+\infty oraz b_n>0 dla n\in\mathbb{N}, to \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_n}{b_n}=+\infty.

(6b) \displaystyle\frac{a}{0^-}=-\infty dla 0<a\le+\infty, to znaczy
jeśli \displaystyle\{a_n\} i \displaystyle\{b_n\} są ciągami liczbowymi takimi, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=a i \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=0, gdzie 0<a\le+\infty oraz b_n<0 dla n\in\mathbb{N}, to \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_n}{b_n}=-\infty.

(7a) \displaystyle\frac{a}{0^+}=-\infty dla -\infty\le a<0, to znaczy
jeśli \displaystyle\{a_n\} i \displaystyle\{b_n\} są ciągami liczbowymi takimi, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=a i \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=0, gdzie -\infty\le a<0 oraz b_n>0 dla n\in\mathbb{N}, to \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_n}{b_n}=-\infty.

(7a) \displaystyle\frac{a}{0^-}=+\infty dla -\infty\le a<0, to znaczy
jeśli \displaystyle\{a_n\} i \displaystyle\{b_n\} są ciągami liczbowymi takimi, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=a i \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=0, gdzie -\infty\le a<0 oraz b_n<0 dla n\in\mathbb{N}, to \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_n}{b_n}=+\infty.

(8a) a^{+\infty}=0 dla 0^+\le a<1, to znaczy
jeśli \displaystyle\{a_n\} i \displaystyle\{b_n\} są ciągami liczbowymi takimi, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=a i \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=+\infty, gdzie 0\le a<1 oraz a_n>0 dla n\in\mathbb{N}, to \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n^{b_n}=0.

(8b) a^{-\infty}=+\infty dla 0^+\le a<1, to znaczy
jeśli \displaystyle\{a_n\} i \displaystyle\{b_n\} są ciągami liczbowymi takimi, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=a i \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=-\infty, gdzie 0\le a<1 oraz a_n>0 dla n\in\mathbb{N}, to \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n^{b_n}=+\infty.

(9a) a^{-\infty}=0 dla 1<a\le+\infty, to znaczy
jeśli \displaystyle\{a_n\} i \displaystyle\{b_n\} są ciągami liczbowymi takimi, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=a i \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=-\infty, gdzie 1<a\le+\infty, to \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n^{b_n}=0.

(9b) a^{+\infty}=+\infty dla 1<a\le+\infty, to znaczy
jeśli \displaystyle\{a_n\} i \displaystyle\{b_n\} są ciągami liczbowymi takimi, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=a i \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=+\infty, gdzie 1<a\le+\infty, to \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n^{b_n}=+\infty.

(10) \displaystyle\infty^b=0 dla -\infty\le b<0, to znaczy
jeśli \displaystyle\{a_n\} i \displaystyle\{b_n\} są ciągami liczbowymi takimi, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=+\infty i \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=b, gdzie -\infty\le b<0, to \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n^{b_n}=0.

(11) \displaystyle\infty^b=+\infty dla 0<b\le+\infty, to znaczy
jeśli \displaystyle\{a_n\} i \displaystyle\{b_n\} są ciągami liczbowymi takimi, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=+\infty i \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=b, gdzie 0<b\le+\infty, to \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n^{b_n}=+\infty.

Dowód 5.4.

(Ad (1)) Załóżmy, że

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n \ =\ a,\quad \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n \ =\ b,\quad -\infty<a\le +\infty.

Ustalmy dowolne M\in\mathbb{R}. Ponieważ \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=a (gdzie -\infty<a\le +\infty), więc ciąg \displaystyle\{a_n\} jest ograniczony od dołu, to znaczy

\exists \overline{M}\in\mathbb{R}\ \forall n\in\mathbb{N}:\ a_n\ge \overline{M}.

Ponieważ \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=+\infty, więc

\exists N\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N:\ b_n\ge M-\overline{M}.

Zatem dla dowolnego n\ge N mamy

a_n+b_n \ \ge\ \overline{M}+(M-\overline{M}) \ =\ M.

Ponieważ M\in\mathbb{R} było wybrane dowolnie, więc pokazaliśmy, że

\forall M\in\mathbb{R}\ \exists N\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N:\ a_n+b_n\ge M,

zatem udowodniliśmy, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} (a_n+b_n)=+\infty.

image:End_of_proof.gif
Uwaga 5.5. [Symbole nieoznaczone]

Dla pewnych działań na ciągach nie można z góry przewidzieć, jaka jest granica "wynikowa" mimo, że znane są granice poszczególnych ciągów. Dla przykładu rozważmy dwa ciągi \displaystyle\{a_n\} i \displaystyle\{b_n\} rozbieżne do +\infty i zbadajmy ich różnicę \displaystyle\{a_n-b_n\}. Okazuje się, że w zależności od konkretnych ciągów \displaystyle\{a_n\} i \displaystyle\{b_n\}, ich różnica może mieć granicę właściwą lub niewłaściwą lub nie mieć granicy. Mówimy wówczas, że \displaystyle\infty-\infty jest symbolem nieoznaczonym. Oznacza to w szczególności, że dla takiego symbolu nie możemy sformułować twierdzenia analogicznego do twierdzenia 5.4..
Mamy siedem takich symboli nieoznaczonych:

\infty-\infty,\quad 0\cdot\infty,\quad \frac{0}{0},\quad \frac{\infty}{\infty},\quad 1^{\infty},\quad \infty^0,\quad 0^0.

Przykład 5.6.

Dla każdego z powyższych symboli nieoznaczonych podamy przykłady ciągów mających granicę, dających w wyniku wykonania wskazanych działań ciągi o różnych granicach g\in\overline{\mathbb{R}} lub bez granicy.

\begin{array}{lll}\displaystyle  \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=+\infty \quad & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}b_n=+\infty \quad & \displaystyle\infty-\infty  \\ \displaystyle a_n=n^2 \quad & \displaystyle b_n=n^2 \quad &\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(a_n-b_n)=0\\ \displaystyle a_n=n^2 \quad &\displaystyle b_n=n \quad & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(a_n-b_n)=+\infty\\ \displaystyle a_n=n \quad &\displaystyle b_n=n^2 \quad & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(a_n-b_n)=-\infty\\ \displaystyle a_n=n \quad & \displaystyle b_n=(n-a)\quad & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(a_n-b_n)=a \quad (\textrm{gdzie } a\in\mathbb{R})\\ \displaystyle a_n=n+(-1)^n \quad & \displaystyle b_n=n \quad & \displaystyle \{a_n-b_n\} \quad \textrm{nie ma granicy} \end{array}


\begin{array}{lll}  \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=0 & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=+\infty\ & \displaystyle 0\cdot\infty\\ \displaystyle a_n=\frac{-1}{n} \quad & \displaystyle b_n=n^2 \quad & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(a_n\cdot b_n)=-\infty\\ \displaystyle a_n=\frac{1}{n} \quad & \displaystyle b_n=n^2 \quad & \displaystyle  \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(a_n\cdot b_n)=+\infty\\ \displaystyle a_n=\frac{a}{n} \quad & \displaystyle b_n=n \quad & \displaystyle  \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(a_n\cdot b_n)=a \quad(\textrm{gdzie } a\in\mathbb{R})\\ \displaystyle a_n=\frac{(-1)^n}{n} \quad & \displaystyle b_n=n \quad & \displaystyle \{a_n\cdot b_n\} \quad \textrm{nie ma granicy} \end{array}


\begin{array}{lll}   \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=0 \quad & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=0 \quad & \displaystyle \frac{0}{0}\\ \displaystyle a_n=\frac{-1}{n}\quad & \displaystyle b_n=\frac{1}{n^2}\quad &  \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_n}{b_n}=-\infty\\ \displaystyle a_n=\frac{1}{n}\quad & \displaystyle b_n=\frac{1}{n^2}\quad &  \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_n}{b_n}=+\infty\\ \displaystyle a_n=\frac{a}{n}\quad & \displaystyle b_n=\frac{1}{n}\displaystyle \quad &  \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_n}{b_n}=a \quad (\textrm{gdzie } a\in\mathbb{R})\\ \displaystyle a_n=\frac{(-1)^n}{n}\quad & \displaystyle b_n=\frac{1}{n} \quad & \displaystyle \bigg\{\frac{a_n}{b_n}\bigg\} \quad \textrm{nie ma granicy}  \end{array}


\begin{array}{lll}   \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=+\infty \quad & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=+\infty \quad & \displaystyle \frac{\infty}{\infty}\\ \displaystyle a_n=n^2 \quad & \displaystyle b_n=n \quad & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_n}{b_n}=+\infty\\ \displaystyle a_n=an \quad & \displaystyle b_n=n \quad & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_n}{b_n}=a \quad (\textrm{gdzie} a\in\mathbb{R})\\ \displaystyle a_n=n+\frac{(-1)^nn}{2} \quad & \displaystyle b_n=n \quad & \displaystyle \bigg\{\frac{a_n}{b_n}\bigg\}\quad \textrm{nie ma granicy}  \end{array}


\begin{array}{lll}  \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=1 \quad & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=+\infty \quad & \displaystyle 1^{\infty}\\ \displaystyle a_n=1+\frac{1}{n} \quad & \displaystyle b_n=n^2 \quad & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n^{b_n}=+\infty\\ \displaystyle a_n=1 \quad & \displaystyle b_n=n \quad & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n^{b_n}=1\\ \displaystyle a_n=1+\frac{1}{n} \quad & \displaystyle b_n=n \quad & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n^{b_n}=e\\ \displaystyle a_n=1+\frac{1}{n} \quad & \displaystyle b_n=n\ln a  \quad & \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n^{b_n}=a \quad (\textrm{gdzie } a>1)\\ \displaystyle a_n=1+\frac{(-1)^n}{n} \quad & \displaystyle b_n=n  \quad & \displaystyle \{a_n^{b_n}\} \quad \textrm{ nie ma granicy} \end{array}


\begin{array}{lll} \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=\infty \quad & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=0 \quad & \displaystyle \infty^0\\ \displaystyle a_n=2^{n^2} \quad & \displaystyle b_n=\frac{1}{n} \quad & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n^{b_n}=+\infty\\ \displaystyle a_n=n \quad & \displaystyle b_n=0 \quad & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n^{b_n}=1\\ \displaystyle a_n=\frac{1}{a^n} \quad & \displaystyle b_n=\frac{-1}{n} \quad & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n^{b_n}=a \quad (\textrm{gdzie } a\in(0,1))\\ \displaystyle a_n=a^n \quad & \displaystyle b_n=\frac{1}{n} \quad & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n^{b_n}= a \quad (\textrm{gdzie } a>1)\\ \displaystyle a_n=(3+(-1)^n)^n \quad & \displaystyle b_n=\frac{1}{n} \quad & \displaystyle \{a_n^{b_n}\} \quad \textrm{nie ma granicy} \end{array}


\begin{array}{lll} \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=0 \quad & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} b_n=0 \quad & \displaystyle 0^0\\ \displaystyle a_n=\frac{1}{n} \quad & \displaystyle b_n=\frac{1}{n} \quad & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n^{b_n}=1\\ \displaystyle a_n=0 \quad & \displaystyle b_n=\frac{1}{n} \quad & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n^{b_n}=0\\ \displaystyle a_n=a^n \quad & \displaystyle b_n=\frac{1}{n} \quad & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n^{b_n}= a \quad (\textrm{gdzie } a\in (0,1)) \end{array}


Granice specjalne



Rysunek do dowodu lematu 5.7.

W następnym lemacie podamy pewne nierówności liczbowe przydatne w następnym twierdzeniu.

Lemat 5.7.

Zachodzą następujące nierówności liczbowe:
(1) \displaystyle\forall x\ge 0:\ \sin x\le x,
(2) \displaystyle \forall 0<|x|<\frac{\pi}{2}:\ \bigg|\frac{\sin x}{x}-1\bigg|<x^2.

Dowód 5.7. [nadobowiązkowy]

(Ad (1)) Wobec rysunku znajdującego się obok mamy następujące nierówności między polami:

P_{\triangle OAB} \ <\ P_{\vartriangleleft OAB} \ <\ P_{\triangle OAC},

gdzie:
P_{\triangle OAB} oznacza pole trójkąta OAB,
P_{\vartriangleleft OAB} oznacza pole wycinka koła OAB,
P_{\triangle OAC} oznacza pole trójkąta OAC.

Podstawiając wzory na poszczególne pola, dostajemy:

\frac{1\cdot \sin x}{2} \ <\ \frac{x}{2\pi}\cdot\pi \ <\ \frac{1\cdot\mathrm{tg}\, x}{2}.

Zatem

\sin x \ <\ x \ <\ \mathrm{tg}\, x \quad\textrm{dla}\ 0<x<\frac{\pi}{2}.

Zatem dla \displaystyle x\in \bigg(0,\frac{\pi}{2}\bigg) nierówność (1) jest udowodniona. Zauważmy, że dla x=0 zachodzi równość, natomiast dla x>1 nierówność jest oczywista, gdyż \displaystyle\sin x\le 1<x. Zatem pokazaliśmy nierówność (1) dla dowolnego x\ge 0.
(Ad (2)) Powróćmy raz jeszcze do wyprowadzonych w pierwszej części nierówności

\sin x \ <\ x \ <\ \mathrm{tg}\, x \quad\textrm{dla}\ 0<x<\frac{\pi}{2}.

Pierwsza z powyższych nierówności implikuje, że

0 \ \le\ 1-\frac{\sin x}{x}.

Druga z powyższych nierówności implikuje, że

x\cos x \ \le\ \frac{\sin x}{\cos x}\cos x


x\cos x\le \sin x


1-\frac{\sin x}{x} \ \le\ 1-\cos x.

Zatem łącząc dwie otrzymane nierówności, dostajemy

0 \ \le\ 1-\frac{\sin x}{x} \ \le\ 1-\cos x,

przy czym

1-\cos x \ =\ 2\sin^2\frac{x}{2} \ <\ 2\bigg(\frac{x}{2}\bigg)^2 \ <\ x^2

(gdzie wykorzystaliśmy udowodnioną już nierówność \displaystyle\sin x<x). Zatem ostatecznie

0 \ \le\ 1-\frac{\sin x}{x} \ <\ x^2,

skąd dostajemy dowodzoną nierówność

\bigg|\frac{\sin x}{x}-1\bigg| \ <\ x^2 \quad\textrm{dla}\ 0<|x|<\frac{\pi}{2}.
image:End_of_proof.gif

Podamy teraz granice pewnych funkcji specjalnych. Znajomość tych granic będzie przydatna do rozwiązywania zadań.

Twierdzenie 5.8. [Granice specjalne]

(1)

\displaystyle\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} n^p= \left\{ \begin{array} {ll} +\infty &\quad p>0,\\ 1       &\quad p=0,\\ 0       &\quad p<0; \end{array}  \right.

(2) jeśli a>1 oraz \displaystyle\alpha\ge 0, to \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{n^{\alpha}}{a^n}=0;



Wykres ciągu \bigg\{\frac{1}{\sqrt{n}}\bigg\}


Wykres ciągu \bigg\{\frac{\sqrt{n}}{2^n}\bigg\}

(3) jeśli a\in\mathbb{R} to \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a^n}{n!}=0;

(4) jeśli a>0, to \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sqrt[n]{a}=1;



Wykres ciągu \bigg\{\frac{2^n}{n!}\bigg\}


Wykres ciągu \{\sqrt[n]{2}\}

(5) \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sqrt[n]{n}=1;

(6) jeśli a>0, to \displaystyle\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a^n= \left\{ \begin{array} {ll} \textrm{nie\ istnieje} &\quad a\le -1,\\ 0       &\quad |a|<1,\\ 1       &\quad a=1,\\ +\infty &\quad a>1. \end{array}  \right.



Wykres ciągu \{\sqrt[n]{n}\}


Wykres ciągu \bigg\{\frac{1}{2^n}\bigg\}

(7) \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{\sin\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}=1.

(8)

\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{\sin x_n}{x_n}=1, gdzie \displaystyle\{x_n\}\subseteq \mathbb{R}\setminus\{0\} jest dowolnym ciągiem takim, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} x_n=0.



Wykres ciągu \{2^n\}


Wykres ciągu \bigg\{\frac{\sin\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}\bigg\}


Dowód 5.8. [nadobowiązkowy]

(Ad (1)) Gdy p>0, to mamy do czynienia z symbolem \displaystyle\infty^p (z p>0). Z twierdzenia 5.4. (11) wynika, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} n^p=+\infty.

Gdy p=0, to ciąg jest stały oraz \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} n^0=\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} 1=1.

Gdy p<0, to mamy do czynienia z symbolem \displaystyle\infty^p (z p<0). Z twierdzenia 5.4. (10) wynika, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} n^p=0.
(Ad (2)) Niech \displaystyle c_n=\frac{n^{\alpha}}{a^n} dla n\in\mathbb{N}. Liczymy

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{c_{n+1}}{c_n} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{(n+1)^{\alpha}a^n}{a^{n+1}n^{\alpha}} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^{\alpha}\cdot\frac{1}{a} \ =\ \frac{1}{a}.

Ponieważ a>1, więc \displaystyle \frac{1}{a}<1. Korzystając z twierdzenia 5.3., wnioskujemy, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} c_n=0.
(Ad (3)) Na początku policzmy granicę ciągu \displaystyle\{c_n\}, gdzie \displaystyle c_n=\bigg|\frac{a^n}{n!}\bigg| (gdzie a\in\mathbb{R}). Policzmy

\frac{c_{n+1}}{c_n} \ =\ \frac{|a|}{n+1} \ =\ |a|\cdot\frac{1}{n+1}.

Z (1) wiemy, że ostatni ciąg dąży do 0, zatem \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}=0. Korzystając z Twierdzenia twierdzenia 5.3., wnioskujemy, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} c_n=0. Z kolei korzystając z twierdzenia 4.9. (7), wnioskujemy, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a^n}{n!}=0.
(Ad (4)) Przypadek 1^o. Gdy 0<a\le 1.

Wówczas \displaystyle\{\sqrt[n]{a}\} jest ciągiem niemalejącym i ograniczonym, zatem zbieżnym (z twierdzenia 4.15.) oraz

g \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \sqrt[n]{a} \ =\ \sup_{n\in\mathbb{N}}\sqrt[n]{a} \ \le\ 1

(patrz twierdzenie 4.14.). Zatem \displaystyle\sqrt[n]{a}\le g, a więc

\forall n\in\mathbb{N}:\ a\le g^n.

Pokażemy, że g=1. Dla dowodu niewprost przypuśćmy, że g<1. Wówczas przechodząc do granicy w powyższej nierówności dostajemy

a \ \le\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} g^n \ =\ 0,

sprzeczność z założeniem, że a>0. Zatem g=1 i \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \sqrt[n]{a}=1.
Przypadek 1^o. Gdy a>1.

Wówczas \displaystyle 0<\frac{1}{a}<1, więc z udowodnionej już części dostajemy, że

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{1}{\sqrt[n]{a}} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sqrt[n]{\frac{1}{a}} \ =\ 1,

skąd wynika, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \sqrt[n]{a}=1.

(Ad (5)) Ustalmy dowolny \displaystyle\varepsilon>0. Oznaczmy \displaystyle\eta\ \stackrel{df}{=}\ \sqrt{1+\varepsilon}>1. Ponieważ

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{n+1}{n} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \bigg(1+\frac{1}{n}\bigg) \ =\ 1,

zatem

\exists N_1\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N_1:\ \frac{n+1}{n}<\eta.

Korzystając z (4), wiemy, że \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sqrt[n]{N_1}=1, zatem

\exists N_2\in\mathbb{N}\ \forall N\ge N_2:\ \sqrt[n]{N_1}<\eta.

Niech N\ \stackrel{df}{=}\ \max\{N_1,N_2\}. Wówczas dla dowolnego n\ge N mamy

1 \ \le\ \sqrt[n]{n} \ =\ \sqrt[n]{N_1}\sqrt[n]{\frac{N_1+1}{N_1}\cdot\frac{N_1+2}{N_1+1}\cdot\ldots\cdot\frac{n}{n-1}} \ <\ \eta\cdot\sqrt[n]{\eta^{n-N_1}} \ <\ \eta^2 \ =\ 1+\varepsilon,

czyli

\forall n\ge N:\ |\sqrt[n]{n}-1| \ <\ \varepsilon.

Ponieważ \displaystyle\varepsilon>0 było dowolne, więc pokazaliśmy, że

\forall\varepsilon>0\ \exists N\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N:\ |\sqrt[n]{n}-1| \ <\ \varepsilon,

zatem \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sqrt[n]{n}=1.
(Ad (6)) Gdy |a|<1, to mamy znany nam ciąg geometryczny zbieżny do zera (patrz przykład 3.22.).

Gdy a=1, to ciąg \displaystyle\{1^n\} jest ciągiem stałym, którego wszystkie wartości wynoszą 1, zatem \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a^n=1.

Gdy a>1, to dla dowolnej liczby M>0, ustalając N>log_aM dla każdego n\ge N, mamy

a^n \ \ge\ a^N \ \ge\ a^{\log_aM} \ =\ M,

zatem pokazaliśmy, że

\forall M>0\ \exists N\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N:\ a^n\ge M,

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

Gdy a\le -1, to zauważmy, że a^{2k}\ge 1 oraz a^{2k-1}\le -1 (dla dowolnego k\in\mathbb{N}). Zatem ciąg \displaystyle\{a^n\} nie ma granicy (ani właściwej ani niewłaściwej).
(Ad (7)) Wykorzystamy tu lemat 5.7. Podstawiając x=\frac{1}{n} w nierówności z lematu, mamy

\forall n\in\mathbb{N}:\ \bigg|\frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}-1\bigg| \ <\ \frac{1}{n^2}.

Ponieważ \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{1}{n^2}=0, więc korzystając z twierdzenia o dwóch ciągach, mamy

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \bigg(\frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}-1\bigg) \ =\ 0,

a zatem

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} \ =\ 1,

co należało dowieść.
(Ad (8)) Ponieważ \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} x_n=0, więc od pewnego miejsca wyrazy ciągu \displaystyle\{x_n\} są w przedziale \displaystyle \bigg(\-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\bigg), to znaczy

\exists N\in\mathbb{N}:\ x_n\in \bigg(\-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\bigg)\setminus\{0\}.

Z lematu 5.7 wnioskujemy zatem, że

\forall n\ge N:\ \bigg|\frac{\sin x_n}{x_n}-1\bigg| \ <\ x_n^2.

Ponieważ mamy \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} x_n^2=0, więc korzystając z twierdzenia o dwóch ciągach, mamy

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \bigg(\frac{\sin x_n}{x_n}-1\bigg) \ =\ 0,

a zatem

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{\sin x_n}{x_n} \ =\ 1,

co należało dowieść.

image:End_of_proof.gif

Granica górna i granica dolna



Ciąg mający trzy punkty skupienia

Jak już wiemy nie wszystkie ciągi mają granicę. Na przykład ciągi a_n=(-1)^n i b_n=(-1)^nn nie mają granic nawet niewłaściwych. Zauważmy jednak, że z tych ciągów można wybrać podciągi, które mają granice (właściwe lub niewłaściwe) (na przykład \{a_{2n}\} i \{b_{2n}\}).

Co więcej, z poprzedniego wykładu (patrz wniosek 4.18.) wiemy, że z każdego ciągu liczbowego można wybrać podciąg posiadający granicę (właściwą lub niewłaściwą). Takie a\in\overline{\mathbb{R}}, które są granicami jakichś podciągów danego ciągu będziemy nazywać punktami skupienia wyjściowego ciągu.

Postawmy następującą definicję. Definicja 5.9.

Niech \displaystyle\{a_n\}\subseteq\mathbb{R} będzie ciągiem.
(1) Mówimy, że a\in\overline{\mathbb{R}} jest punktem skupienia ciągu \displaystyle\{a_n\}, jeśli istnieje podciąg \displaystyle\{a_{n_k}\} taki, że \displaystyle\lim\limits_{k\rightarrow +\infty} a_{n_k}=a.
(2) Granicą dolną ciągu \displaystyle\{a_n\} nazywamy

\liminf\limits_{n\rightarrow+\infty} a_n \ =\ \mathop{\underline{\lim}}\limits_{n\rightarrow+\infty} a_n \ \stackrel{df}{=}\  \inf S,

gdzie S\subseteq\overline{\mathbb{R}} jest zbiorem punktów skupienia ciągu \displaystyle\{a_n\}.
(3) Granicą górną ciągu \displaystyle\{a_n\} nazywamy

\limsup\limits_{n\rightarrow+\infty} a_n \ =\ \mathop{\overline{\lim}}\limits_{n\rightarrow+\infty} a_n \ \stackrel{df}{=}\  \sup S,

gdzie S\subseteq\overline{\mathbb{R}} jest zbiorem punktów skupienia ciągu \displaystyle\{a_n\}.


Wykres ciągu \bigg\{(2+(-1)^n)\cdotn\cdot \sin\frac{1}{n}\bigg\}

{{przyklad|5.10.||

Obliczyć granicę dolną i górną dla ciągu \displaystyle\{a_n\}, gdzie \displaystyle a_n=(2+(-1)^n)n\sin\frac{1}{n}.

Ponieważ \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} n\sin\frac{1}{n}=\frac{\sin\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}=1 (patrz twierdzenie 5.8. (7)), \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_{2n}=3 oraz \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_{2n+1}=1, zatem jedynymi punktami skupienia ciągu \displaystyle\{a_n\} są liczby 1 i 3. Zatem

\mathop{\underline{\lim}}\limits_{n\rightarrow+\infty} a_n \ =\ 1, \qquad \mathop{\overline{\lim}}\limits_{n\rightarrow+\infty} a_n \ =\ 3.

Dla ciągów zbieżnych zarówno granica górna jak i granica dolna są równe granicy. Okazuje się, że jest również na odwrót, to znaczy, jeśli policzymy granicę dolną i granicę górną i okaże się, że są sobie równe, to ten ciąg jest zbieżny. Dokładniej, zachodzi następujące twierdzenie.

Twierdzenie 5.11.

Jeśli \displaystyle\{a_n\}\subseteq\mathbb{R} jest ciągiem liczbowym, to \displaystyle\{a_n\} ma granicę g\in\overline{\mathbb{R}} wtedy i tylko wtedy, gdy \displaystyle\liminf\limits_{n\rightarrow+\infty} a_n=\limsup\limits_{n\rightarrow+\infty} a_n=g.

Dowód 5.11. [nadobowiązkowy]

Niech \displaystyle\{a_n\}\subseteq\mathbb{R} będzie ciągiem liczbowym.
"\displaystyle\Longrightarrow":
Jeśli \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n=g\in\overline{\mathbb{R}}, to dla dowolnego podciągu \displaystyle\big\{a_{n_k}\big\} ciągu \displaystyle\{a_n\} także \displaystyle\lim\limits_{k\rightarrow +\infty} a_{n_k}=g (patrz twierdzenie 3.25.). Zatem jedynym punktem skupienia ciągu \displaystyle\{a_n\} jest g oraz

\mathop{\underline{\lim}}\limits_{n\rightarrow+\infty} a_n \ =\ \mathop{\overline{\lim}}\limits_{n\rightarrow+\infty} a_n \ =\ g,

co należało pokazać.
"\displaystyle\Longleftarrow":
Załóżmy teraz, że \displaystyle\mathop{\underline{\lim}}\limits_{n\rightarrow+\infty} a_n=\mathop{\overline{\lim}}\limits_{n\rightarrow+\infty} a_n=g\in\overline{\mathbb{R}}. Oznacza to w szczególności, że g jest jedynym punktem skupienia ciągu \displaystyle\{a_n\}.
Przypadek 1^o. Załóżmy, że g\in\mathbb{R}.
Należy pokazać, że

\forall\varepsilon>0\ \exists N\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N:\ a_n\in (g-\varepsilon,g+\varepsilon).

Dla dowodu niewprost przypuśćmy, że

\exists \varepsilon>0\ \forall N\in\mathbb{N}\ \exists n\ge N:\ a_n\not\in (g-\varepsilon,g+\varepsilon).

Możemy wówczas skonstruować podciąg \displaystyle\big\{a_{n_k}\big\} ciągu \displaystyle\{a_n\}, którego elementy nie leżą w przedziale \displaystyle (g-\varepsilon,g+\varepsilon), w następujący sposób:

\aligned \exists n_1\ge 1 & & a_{n_1}\not\in (g-\varepsilon,g+\varepsilon),\\ \exists n_2> n_1 & & a_{n_2}\not\in (g-\varepsilon,g+\varepsilon),\\ \exists n_3> n_2 & & a_{n_3}\not\in (g-\varepsilon,g+\varepsilon),\\ \ldots  && \endaligned

Z Wniosku wniosek 4.18. wiemy, że z tego ciągu można wybrać podciąg mający granicę \displaystyle\overline{g} (właściwą lub niewłaściwą). Oczywiście \displaystyle\overline{g}\not\in (g-\varepsilon,g+\varepsilon), czyli \displaystyle\overline{g}\ne g. Zatem otrzymaliśmy sprzeczność z faktem, że g jest jedynym punktem skupienia ciągu \displaystyle\{a_n\}.

Przypadek 2^o i 3^o. Załóżmy, że g=+\infty lub g=-\infty.
Dowód w tych dwóch przypadkach jest podobny do dowodu przypadku 1^o i pozostawiamy go jako ćwiczenie.

image:End_of_proof.gif