Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 4: Ciągi liczbowe

4. Ciągi liczbowe

Ćwiczenie 4.1.

Obliczyć następujące granice ciągów:
(1) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{2n^2+1}{3n^2-1}$,
(2) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{2n^2+n+2}{n\sqrt{n}}$,
(3) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{-n+1}{n^2+2}$.

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:

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{2n^2+1}{3n^2-1}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{2+\stackrel{\to 0}{\overbrace{\frac{1}{n^2}}}}{3-\underset{\to 0}{\underbrace{\frac{1}{n^2}}}}=\frac{2}{3}$

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

(2) Zauważmy, że

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

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

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

Zatem korzystając z twierdzenia a trzech ciągach wnioskujemy, że

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{-n+1}{n^2+2}=0$.

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{-n+1}{n^2+2}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{\stackrel{\to 0}{\overbrace{-\frac{1}{n}}}+\stackrel{\to 0}{\overbrace{\frac{1}{n^2}}}}{1+\underset{\to 0}{\underbrace{\frac{2}{n^2}}}}=0$

Ćwiczenie 4.2.

Obliczyć następujące granice ciągów:
(1) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{n})}{n^2}$,
(2) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+3}{n})}{n^3}$.

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

$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{n})=\frac{(n+2)!}{n!\cdot 2!}=\frac{(n+1)(n+2)}{2}$

Zatem liczymy:

$\begin{array}{rlr}\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{n})}{n^2}& =& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{(n+1)(n+2)}{2n^2}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{n^2+3n+2}{2n^2}\\ & =& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{2}+\underset{=0}{\underbrace{\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{3}{2}\cdot \frac{1}{n}}}+\underset{=0}{\underbrace{\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}}}=\frac{1}{2}.\end{array}$

(2) Rozpiszmy symbol Newtona występujący w wyrazach ciągu

$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+3}{n})=\frac{(n+3)!}{n!\cdot 3!}=\frac{(n+1)(n+2)(n+3)}{6}$

Zatem liczymy:

$\begin{array}{rlr}\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+3}{n})}{n^3}& =& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{(n+1)(n+2)(n+3)}{6n^3}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{n^3+6n^2+11n+6}{6n^3}\\ & =& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{6}+\underset{=0}{\underbrace{\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}}}+\underset{=0}{\underbrace{\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{11}{6}\cdot \frac{1}{n^2}}}+\underset{=0}{\underbrace{\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^3}}}=\frac{1}{6}.\end{array}$

Ćwiczenie 4.3.

Obliczyć następujące granice ciągów:
(1) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{5^{n+1}+1+6^{n+1}}{3\cdot 6^n}$,
(2) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{2^{n+1}+3^n}{3^{2n}+2}$,
(3) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1+\frac{1}{4}+\frac{1}{16}+\dots +\frac{1}{4^n}}{1+\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\dots +\frac{1}{3^n}}$.

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:

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{5^{n+1}+1+6^{n+1}}{3\cdot 6^n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{5}{3}(\frac{5}{6}{)}^n+\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{3}(\frac{1}{6}{)}^n+\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}2=2$,

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

(2) Sposób I. Zauważmy, że

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

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{2^{n+1}+3^n}{3^{2n}+2}=0$.

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{2^{n+1}+3^n}{3^{2n}+2}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{2\cdot (\frac{2}{9}{)}^n+(\frac{1}{3}{)}^n}{1+2\cdot (\frac{1}{9}{)}^n}=0$

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1+\frac{1}{4}+\frac{1}{16}+\dots +\frac{1}{4^n}}{1+\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\dots +\frac{1}{3^n}}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{\frac{1-\frac{1}{4^{n+1}}}{1-\frac{1}{4}}}{\frac{1-\frac{1}{3^{n+1}}}{1-\frac{1}{3}}}=$ $\frac{9}{8}\cdot \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1-\stackrel{\to 0}{\overbrace{(\frac{1}{4}{)}^{n+1}}}}{1-\underset{\to 0}{\underbrace{(\frac{1}{3}{)}^{n+1}}}}=\frac{9}{8}\cdot 1=\frac{9}{8}$

Ćwiczenie 4.4.

Niech $\{x_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ będzie ciągiem liczbowym takim, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x}_n=g$. Udowodnić, że jeśli $g\ne 0$ oraz $x_n\ne 0$ dla dowolnego $n\in \mathbb{\mathbb{N}}$, to ciąg $\left\{\frac{1}{x_n}\right\}$ jest ograniczony oraz dodatkowo

$\mathrm{\exists }m>0:\left|\frac{1}{x_n}\right|\ge m$

Wskazówka

Skorzystać z definicji granicy ciągu z $\epsilon =\frac{|g|}{2}$.

Rozwiązanie

Niech $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x}_n=g\ne 0$. Niech $\epsilon =\frac{|g|}{2}>0$. Z definicji granicy mamy

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

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

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

zatem

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

czyli

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

Zdefiniujmy teraz

$m=\min \{\frac{2}{3|g|},\frac{1}{|x_1|},\dots ,\frac{1}{|x_N|}\},M=\max \{\frac{2}{|g|},\frac{1}{|x_1|},\dots ,\frac{1}{|x_N|}\}$

Oczywiście $0<m<M$ oraz

$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:m\le \left|\frac{1}{x_n}\right|\le M$,

co należało dowieść.

Ćwiczenie 4.5.

Niech $\{a_n\},\{b_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ będą ciągami liczbowymi zbieżnymi. Udowodnić następujące stwierdzenia:
(1) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n{b}_n)=(\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n)(\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n)$;
(2) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{b_n}=\frac{\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n}{\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n}$ (o ile $b_n\ne 0$ dla $n\in \mathbb{\mathbb{N}}$ oraz $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n\ne 0$).

Wskazówka

(1) Należy skorzystać z faktu, że ciąg zbieżny jest ograniczony. Przy liczeniu granicy ciągu $\{a_n{b}_n\}$ wykorzystać oszacowanie

$|a_n{b}_n-ab|\le |a_n{b}_n-a_{n}b|+|a_{n}b-ab|$

(2) Najpierw udowodnić, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{b_n}=\frac{1}{\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n}$. W tym celu należy skorzystać z zadania 4.4.. Następnie wykorzystać punkt (1).

Rozwiązanie

(1) Niech $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=a$ i $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=b$. Należy pokazać, że

$\mathrm{\forall }\epsilon >0\mathrm{\exists }N\in \mathbb{\mathbb{N}}\mathrm{\forall }n\ge N:|a_n{b}_n-ab|<\epsilon$

Ustalmy dowolne $\epsilon >0$.

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

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

Z definicji granicy mamy

$\begin{array}{rlr}& & \mathrm{\exists }{N}_1\in \mathbb{\mathbb{N}}:|b_n-b|<\frac{\epsilon }{2A},\\ & & \mathrm{\exists }{N}_2\in \mathbb{\mathbb{N}}:|a_n-a|<\frac{\epsilon }{2|b|}\end{array}$

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

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

$\begin{array}{rlr}|a_n{b}_n-ab|& \le & |a_n{b}_n-a_{n}b|+|a_{n}b-ab|=|a_n||b_n-b|+|a_n-a||b|\\ & <& A\cdot \frac{\epsilon }{2A}+\frac{\epsilon }{2|b|}\cdot |b|=\epsilon ,\end{array}$

zatem

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n{b}_n)=a\cdot b=(\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n)\cdot (\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n)$

(2) Niech $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=a$ i $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=b$ (gdzie $b_n\ne 0$ dla $n\in \mathbb{\mathbb{N}}$ oraz $b\ne 0$). Pokażemy najpierw, że

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{b_n}=\frac{1}{b}$

Ustalmy dowolne $\epsilon >0$. Z Zadania zadania 4.4. wynika, że

$\mathrm{\exists }M>0\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:\left|\frac{1}{b_n}\right|\le M$

Z definicji granicy, zastosowanej do $\tilde{\epsilon }=\frac{|b|\epsilon }{M}$, mamy także

$\mathrm{\exists }N\in \mathbb{\mathbb{N}}\mathrm{\forall }n\ge N:|b_n-b|<\frac{|b|\epsilon }{M}$

Wówczas dla $n\ge N$ mamy

$|\frac{1}{b_n}-\frac{1}{b}|=\left|\frac{b-b_n}{b{b}_n}\right|=|b_n-b|\cdot \left|\frac{1}{b}\right|\cdot \left|\frac{1}{b_n}\right|\le \frac{|b|\epsilon }{M}\cdot \frac{1}{|b|}\cdot M=\epsilon$,

pokazaliśmy więc, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{b_n}=\frac{1}{b}$.

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{b_n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n\cdot \frac{1}{b_n})=a\cdot \frac{1}{b}=\frac{a}{b}$

Ćwiczenie 4.6.

Niech $\{a_n\},\{b_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ będą ciągami liczbowymi zbieżnymi. Udowodnić następujące stwierdzenia:
(1) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=a⟹\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}|a_n|=|a|$;
(2) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=0⟺\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}|a_n|=0$;

Wskazówka

(1) Udowodnić najpierw prostą nierówność:

$\mathrm{\forall }x,y\in \mathbb{ℝ}:||x|-|y||\le |x-y|$

(2) Wykorzystać jedynie definicję granicy ciągu.

Rozwiązanie

(1) Udowodnimy najpierw, że

$\mathrm{\forall }x,y\in \mathbb{ℝ}:||x|-|y||\le |x-y|$

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

$||x|-|y||\le |x-y|$,

co należało dowieść.

Załóżmy teraz, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=a$. Należy pokazać, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}|a_n|=|a|$. Ustalmy dowolne $\epsilon >0$. Z definicji granicy mamy

$\mathrm{\exists }N\in \mathbb{\mathbb{N}}\mathrm{\forall }n\ge N:|a_n-a|<\epsilon$

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

$||a_n|-|a||\le |a_n-a|<\epsilon$

Zatem pokazaliśmy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}|a_n|=|a|$.

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

(2) "$⟹$":
Wynika wprost z punktu (1).
"$⟸$":
Niech $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}|a_n|=0$. Należy pokazać, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=0$. Ustalmy dowolne $\epsilon >0$. Z definicji granicy ciągu mamy

$\mathrm{\exists }N\in \mathbb{\mathbb{N}}\mathrm{\forall }n\ge N:||a_n|-0|<\epsilon$

Zatem dla $n\ge N$ mamy

$|a_n-0|=|a_n|=||a_n||=||a_n|-0|<\epsilon$,

co oznacza, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=0$.