Analiza matematyczna 1/Wykład 5: Obliczanie granic

Wprowadzenie

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.

5.1. Liczba $e$

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

Twierdzenie 5.1.

Liczba $e$; symbol $1^{\mathrm{\infty }}$

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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle e \ \approx\ 2,718281828458563411277850606202642376785584483618617451918618203\ldots. }

(2) Jeśli $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest ciągiem o wyrazach dodatnich takim, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=+\mathrm{\infty },$ to

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \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 $n!>2^{n-1}.$

Dowód twierdzenia 5.2.

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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \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}} }
Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \ =\ \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}. }

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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \frac{e_{n+1}}{e_n} \ >\ 1 \qquad\forall\ n\ge 1, }

czyli ciąg $\{e_n\}$ jest rosnący.

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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begin{array}”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle 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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle e_n \ <\ 1+\frac{1-\frac{1}{2^n}}{1-\frac{1}{2}} \ <\ 1+\frac{1}{1-\frac{1}{2}} \ =\ 3. }

Pokazaliśmy zatem, że

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

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

(Ad (2)) (Dowód nadobowiązkowy.)

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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begin{array}”): {\displaystyle \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 $\{a_n\}$ będzie dowolnym ciągiem o wyrazach dodatnich takim, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=+\mathrm{\infty }.$ W celu udowodnienia naszego twierdzenia skorzystamy z twierdzenia 3.25.(5). W tym celu weźmy dowolny podciąg $\{a_{n_k}\}$ ciągu $\{a_n\}.$

Wybierzmy z kolei podciąg $\left\{a_{n_{k_l}}\right\}$ ciągu $\{a_{n_k}\},$ który jest monotonicznie rosnący do $+\mathrm{\infty }$ oraz taki, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall l\in\mathbb{N}:\ l \ <\ a_{n_{k_l}} \quad\textrm{oraz}\quad a_{n_{k_l}}+1 \ \le\ a_{n_{k_{l+1}}} }

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

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

gdzie zbieżności ciągów $\left\{\right(1+\frac{1}{N_l+1}{)}^{N_l}\}$ i $\left\{\right(1+\frac{1}{N_l}{)}^{N_l+1}\}$ do liczby $e$ wynikają z faktów, iż są to podciągi ciągów $\{x_n\}$ i $\{y_n\}$ mających granicę $e.$ Zatem korzystając z twierdzenia o trzech ciągach (twierdzenia 4.11.) wnioskujemy, że $\underset{l\to +\mathrm{\infty }}{\lim }(1+\frac{1}{a_{n_{k_l}}}{)}^{a_{n_{k_l}}}=e.$

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

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

5.2. 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) $a+\mathrm{\infty }=+\mathrm{\infty },$ dla $-\mathrm{\infty }<a\le +\mathrm{\infty },$ to znaczy
jeśli $\{a_n\}$ i $\{b_n\}$ są ciągami liczbowymi takimi, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=a$ i $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=+\mathrm{\infty },$ gdzie $-\mathrm{\infty }<a\le +\mathrm{\infty },$ to $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n+b_n)=+\mathrm{\infty }.$

(2) $a-\mathrm{\infty }=-\mathrm{\infty }$ dla $-\mathrm{\infty }\le a<+\mathrm{\infty },$ to znaczy
jeśli $\{a_n\}$ i $\{b_n\}$ są ciągami liczbowymi takimi, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=a$ i $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=+\mathrm{\infty },$ gdzie $-\mathrm{\infty }\le a<+\mathrm{\infty },$ to $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n-b_n)=-\mathrm{\infty }.$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

(11) ${\mathrm{\infty }}^b=+\mathrm{\infty }$ dla $0<b\le +\mathrm{\infty },$ to znaczy
jeśli $\{a_n\}$ i $\{b_n\}$ są ciągami liczbowymi takimi, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=+\mathrm{\infty }$ i $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=b,$ gdzie $0<b\le +\mathrm{\infty },$ to $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n^{b_n}=+\mathrm{\infty }.$

Dowód twierdzenia 5.4.

(Ad (1)) Załóżmy, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \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 $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=a$ (gdzie $-\mathrm{\infty }<a\le +\mathrm{\infty }$), więc ciąg $\{a_n\}$ jest ograniczony od dołu, to znaczy

$\mathrm{\exists }\bar{M}\in \mathbb{ℝ}\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:a_n\ge \bar{M}.$

Ponieważ $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=+\mathrm{\infty },$ więc

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \exists N\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N:\ b_n\ge M-\overline{M}. }

Zatem dla dowolnego $n\ge N,$ mamy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle a_n+b_n \ \ge\ \overline{M}+(M-\overline{M}) \ =\ M. }

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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall M\in\mathbb{R}\ \exists N\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N:\ a_n+b_n\ge M, }

zatem udowodniliśmy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n+b_n)=+\mathrm{\infty }.$

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 $\{a_n\}$ i $\{b_n\}$ rozbieżne do $+\mathrm{\infty }$ i zbadajmy ich różnicę $\{a_n-b_n\}.$ Okazuje się, że w zależności od konkretnych ciągów $\{a_n\}$ i $\{b_n\},$ ich różnica może mieć granicę właściwą lub niewłaściwą lub nie mieć granicy. Mówimy wówczas, że $\mathrm{\infty }-\mathrm{\infty }$ 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:

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

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.

$\begin{array}{lll}\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=\mathrm{\infty }& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=\mathrm{\infty }& \mathrm{\infty }-\mathrm{\infty }\\ a_n=n^2& b_n=n^2& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n-b_n)=0\\ a_n=n^2& b_n=n& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n-b_n)=+\mathrm{\infty }\\ a_n=n& b_n=n^2& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n-b_n)=-\mathrm{\infty }\\ a_n=n& b_n=(n-a)& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n-b_n)=a(\text{<mrow data-mjx-texclass="ORD">gdzie</mrow>}a\in \mathbb{ℝ})\\ a_n=n+(-1{)}^n& b_n=n& \{a_n-b_n\}\text{<mrow data-mjx-texclass="ORD">niemagranicy</mrow>}\end{array}$

$\begin{array}{lll}\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=0& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=\mathrm{\infty }& 0\cdot \mathrm{\infty }\\ a_n=\frac{-1}{n}& b_n=n^2& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n\cdot b_n)=-\mathrm{\infty }\\ a_n=\frac{1}{n}& b_n=n^2& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n\cdot b_n)=+\mathrm{\infty }\\ a_n=\frac{a}{n}& b_n=n& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n\cdot b_n)=a(\text{<mrow data-mjx-texclass="ORD">gdzie</mrow>}a\in \mathbb{ℝ})\\ a_n=\frac{(-1{)}^n}{n}& b_n=n& \{a_n\cdot b_n\}\text{<mrow data-mjx-texclass="ORD">niemagranicy</mrow>}\end{array}$

$\begin{array}{lll}\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=0& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=0& \frac{0}{0}\\ a_n=\frac{-1}{n}& b_n=\frac{1}{n^2}& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{b_n}=-\mathrm{\infty }\\ a_n=\frac{1}{n}& b_n=\frac{1}{n^2}& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{b_n}=+\mathrm{\infty }\\ a_n=\frac{a}{n}& b_n=\frac{1}{n}& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{b_n}=a(\text{<mrow data-mjx-texclass="ORD">gdzie</mrow>}a\in \mathbb{ℝ})\\ a_n=\frac{(-1{)}^n}{n}& b_n=\frac{1}{n}& \left\{\frac{a_n}{b_n}\right\}\text{<mrow data-mjx-texclass="ORD">niemagranicy</mrow>}\end{array}$

$\begin{array}{lll}\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=\mathrm{\infty }& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=\mathrm{\infty }& \frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\\ a_n=n^2& b_n=n& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{b_n}=+\mathrm{\infty }\\ a_n=an& b_n=n& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{b_n}=a(\text{<mrow data-mjx-texclass="ORD">gdzie</mrow>}a\in \mathbb{ℝ})\\ a_n=n+\frac{(-1{)}^{n}n}{2}& b_n=n& \left\{\frac{a_n}{b_n}\right\}\text{<mrow data-mjx-texclass="ORD">niemagranicy</mrow>}\end{array}$

$\begin{array}{lll}\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=1& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=\mathrm{\infty }& 1^{\mathrm{\infty }}\\ a_n=1+\frac{1}{n}& b_n=n^2& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n^{b_n}=+\mathrm{\infty }\\ a_n=1& b_n=n& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n^{b_n}=1\\ a_n=1+\frac{1}{n}& b_n=n& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n^{b_n}=e\\ a_n=1+\frac{1}{n}& b_n=n\ln a& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n^{b_n}=a(\text{<mrow data-mjx-texclass="ORD">gdzie</mrow>}a>0)\end{array}$

$\begin{array}{lll}\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=\mathrm{\infty }& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=0& {\mathrm{\infty }}^0\\ a_n=2^{n^2}& b_n=\frac{1}{n}& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n^{b_n}=+\mathrm{\infty }\\ a_n=a^n& b_n=\frac{1}{n}& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n^{b_n}=a(\text{<mrow data-mjx-texclass="ORD">gdzie</mrow>}a>1)\end{array}$

$\begin{array}{lll}\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=0& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=0& 0^0\\ a_n=\frac{1}{n}& b_n=\frac{1}{n}& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n^{b_n}=1\\ a_n=0& b_n=\frac{1}{n}& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n^{b_n}=0\\ a_n=a^n& b_n=\frac{1}{n}& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n^{b_n}=a(\text{<mrow data-mjx-texclass="ORD">gdzie</mrow>}a\in (0,1))\end{array}$

Granice specjalne

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

Lemat 5.7.

Zachodzą następujące nierówności liczbowe:
(1) $\mathrm{\forall }x\ge 0:\sin x\le x$
(2) Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \forall 0<|x|<\frac{\pi}{2}:\ \bigg|\frac{\sin x}{x}-1\bigg|<x^2.}

Dowód lematu 5.7.

(Dowód nadobowiązkowy.)
(Ad (1)) Wobec poniższego rysunku:

Rysunek AM1.M05.W.R01 (nowy)

mamy następujące nierówności między polami:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle P_{\triangle OAB} \ <\ P_{\vartriangleleft OAB} \ <\ P_{\triangle OAC}, }

gdzie:
$P_{\mathrm{△}OAB}$ oznacza pole trójkąta $OAB,$
$P_{⊲OAB}$ oznacza pole wycinka koła $OAB,$
$P_{\mathrm{△}OAC}$ oznacza pole trójkąta $OAC.$

Podstawiając wzory na poszczególne pola dostajemy:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \frac{1\cdot \sin x}{2} \ <\ \frac{x}{2\pi}\cdot\pi \ <\ \frac{1\cdot\mathrm{tg}\, x}{2}. }

Zatem

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \sin x \ <\ x \ <\ \mathrm{tg}\, x \quad\textrm{dla}\ 0<x<\frac{\pi}{2}. }

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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \sin x \ <\ x \ <\ \mathrm{tg}\, x \quad\textrm{dla}\ 0<x<\frac{\pi}{2}. }

Pierwsza z powyższych nierówności implikuje, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle 0 \ \le\ 1-\frac{\sin x}{x}. }

Druga z powyższych nierówności implikuje, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle x\cos x \ \le\ \frac{\sin x}{\cos x}\cos x } $x\cos x\le \sin x$ Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle 1-\frac{\sin x}{x} \ \le\ 1-\cos x. }

Zatem łącząc dwie otrzymane nierówności dostajemy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle 0 \ \le\ 1-\frac{\sin x}{x} \ \le\ 1-\cos x, }

przy czym

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle 1-\cos x \ =\ 2\sin^2\frac{x}{2} \ <\ 2\bigg(\frac{x}{2}\bigg)^2 \ <\ x^2 }

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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle 0 \ \le\ 1-\frac{\sin x}{x} \ <\ x^2, }

skąd dostajemy dowodzoną nierówność

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \bigg|\frac{\sin x}{x}-1\bigg| \ <\ x^2 \quad\textrm{dla}\ 0<|x|<\frac{\pi}{2}. }

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

Twierdzenie 5.8. [Granice specjalne]

(1) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{n}^p=\{\begin{array}{ll}+\mathrm{\infty }& p>0,\\ 1& p=0,\\ 0& p<0;\end{array}$

Rysunek AM1.M05.W.R02 (stary numer AM1.5.3a)

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

Rysunek AM1.M05.W.R03 (stary numer AM1.5.3b)

(3) jeśli $a>0,$ to $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a^n}{n!}=0$;

Rysunek AM1.M05.W.R04 (stary numer AM1.5.3c)

(4) jeśli $a>0,$ to $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{a}=1$;

Rysunek AM1.M05.W.R05 (stary numer AM1.5.3d) (5) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{n}=1$;

Rysunek AM1.M05.W.R06 (stary numer AM1.5.3e)

(6) jeśli $a>0,$ to

Rysunek AM1.M05.W.R07 (stary numer AM1.5.3f)

Rysunek AM1.M05.W.R08 (stary numer AM1.5.3g)

(7) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}=1$.

Rysunek AM1.M05.W.R09 (stary numer AM1.5.3h)

(8) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{\sin x_n}{x_n}=1,$ gdzie $\{x_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}\setminus \{0\}$ jest dowolnym ciągiem takim, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x}_n=0.$

Dowód twierdzenia 5.8.

(Dowód nadobowiązkowy.)

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

Gdy $p=0,$ to ciąg jest stały $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{n}^0=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}1=1.$

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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \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 $\frac{1}{a}<1.$ Korzystając z twierdzenia 5.3. wnioskujemy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{c}_n=0.$
(Ad (3)) Na początku policzmy granicę ciągu $\{c_n\},$ gdzie $c_n=\left|\frac{a^n}{n!}\right|$ (gdzie $a\in \mathbb{ℝ}$). Policzmy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \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 $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{c_{n+1}}{c_n}=0.$ Korzystając z Twierdzenia twierdzenia 5.3. wnioskujemy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{c}_n=0.$ Z kolei korzystając z twierdzenia 4.9. (7) wnioskujemy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a^n}{n!}=0.$
(Ad (4)) Przypadek $1^o.$ Gdy $0<a\le 1.$

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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle g \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \sqrt[n]{a} \ =\ \sup_{n\in\mathbb{N}}\sqrt[n]{a} \ \le\ 1 }

(patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.04.130|). Zatem $\sqrt[n]{a}\le g,$ a więc

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle a \ \le\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} g^n \ =\ 0, }

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

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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{1}{\sqrt[n]{a}} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sqrt[n]{\frac{1}{a}} \ =\ 1, }

skąd wynika, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{a}=1.$

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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{n+1}{n} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \bigg(1+\frac{1}{n}\bigg) \ =\ 1, }

zatem

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \exists N_1\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N_1:\ \frac{n+1}{n}<\eta. }

Korzystając z (4), wiemy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{N_1}=1,$ zatem

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle 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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall n\ge N:\ |\sqrt[n]{n}-1| \ <\ \varepsilon. }

Ponieważ $\epsilon >0$ było dowolne, więc pokazaliśmy, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall\varepsilon>0\ \exists N\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N:\ |\sqrt[n]{n}-1| \ <\ \varepsilon, }

zatem $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{n}=1.$
(Ad (6)) Gdy $|a|<1,$ to mamy znany nam ciąg geometryczny zbieżny do zera (patrz Przykład Uzupelnic p.new.am1.w.03.220|).

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

Gdy $a>1,$ to dla dowolnej liczby $M>0,$ ustalając $N>lo{g}_{a}M,$ dla każdego $n\ge N,$ mamy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle a^n \ \ge\ a^N \ \ge\ a^{\log_aM} \ =\ M, }

zatem pokazaliśmy, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall M>0\ \exists N\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N:\ a^n\ge M, }

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

Gdy $a\le -1,$ to zauważmy, że $a^{2k}\ge 1$ oraz $a^{2k-1}\le -1$ (dla dowolnego $k\in \mathbb{\mathbb{N}}$). Zatem ciąg $\{a^n\}$ nie ma granicy (ani właściwej ani niewłaściwej).
(Ad (7)) Wykorzystamy tu Lemat Uzupelnic l.new.am1.w.05.070|. Podstawiając $x=\frac{1}{n}$ w nierówności z lematu, mamy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall n\in\mathbb{N}:\ \bigg|\frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}-1\bigg| \ <\ \frac{1}{n^2}. }

Ponieważ $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=0,$ więc korzystając z twierdzenia o dwóch ciągach mamy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \bigg(\frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}-1\bigg) \ =\ 0, }

a zatem

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} \ =\ 1, }

co należało dowieść.
(Ad (8)) Ponieważ $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x}_n=0,$ więc od pewnego miejsca wyrazy ciągu $\{x_n\}$ są w przedziale Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \bigg(\-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\bigg),} to znaczy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \exists N\in\mathbb{N}:\ x_n\in \bigg(\-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\bigg)\setminus\{0\}. }

Z Lematu Uzupelnic l.new.am1.w.05.070|, wnioskujemy zatem, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall n\ge N:\ \bigg|\frac{\sin x_n}{x_n}-1\bigg| \ <\ x_n^2. }

Ponieważ mamy $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x}_n^2=0,$ więc korzystając z twierdzenia o dwóch ciągach mamy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \bigg(\frac{\sin x_n}{x_n}-1\bigg) \ =\ 0, }

a zatem

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{\sin x_n}{x_n} \ =\ 1, }

co należało dowieść.

{black}

Granica górna i granica dolna

Jak już wiemy nie wszystkie ciągi mają granicę. Na przykład ciągi $a_n=(-1{)}^n$ i $b_n=(-1{)}^{n}n$ 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 Uzupelnic w.new.am1.w.04.170|) 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|[Uzupelnij]||

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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \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 $\{a_n\}.$
(3) Granicą górną ciągu $\{a_n\}$ nazywamy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \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 $\{a_n\}.$
{{red}Rysunek AM1.M05.W.R10 (stary numer AM1.5.1)} }}

Przykład [Uzupelnij]

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

Rozwiązanie

Ponieważ $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}n\sin \frac{1}{n}=\frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}=1$ (patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.05.080|(7)), $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_{2n}=3$ oraz $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_{2n+1}=-1,$ zatem jedynymi punktami skupienia ciągu $\{a_n\}$ są liczby $1$ i $3.$ Zatem

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \mathop{\underline{\lim}}\limits_{n\rightarrow+\infty} a_n \ =\ 1, \qquad \mathop{\overline{\lim}}\limits_{n\rightarrow+\infty} a_n \ =\ 3. }

{{red}Rysunek AM1.M05.W.R11 (stary numer AM1.5.2)}

{}$◻$

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 [Uzupelnij]

Jeśli $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest ciągiem liczbowym, to $\{a_n\}$ ma granicę $g\in \overline{\mathbb{ℝ}}$ wtedy i tylko wtedy, gdy $\mathrm{lim\; inf}{}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=\mathrm{lim\; sup}{}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=g.$

{blue}

Dowód [Uzupelnij]

{blue}(Dowód nadobowiązkowy.)
Niech $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ będzie ciągiem liczbowym.
"$⟹$":
Jeśli $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=g\in \overline{\mathbb{ℝ}},$ to dla dowolnego podciągu $\left\{a_{n_k}\right\}$ ciągu $\{a_n\}$ także $\lim {}_{k\to +\mathrm{\infty }}{a}_{n_k}=g$ (patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.03.250|). Zatem jedynym punktem skupienia ciągu $\{a_n\}$ jest $g$ oraz

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \mathop{\underline{\lim}}\limits_{n\rightarrow+\infty} a_n \ =\ \mathop{\overline{\lim}}\limits_{n\rightarrow+\infty} a_n \ =\ g, }

co należało pokazać.
"$⟸$":
Załóżmy teraz, że $\underset{\_}{\lim }{}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=\bar{\lim }{}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=g\in \overline{\mathbb{ℝ}}.$ Oznacza to w szczególności, że $g$ jest jedynym punktem skupienia ciągu $\{a_n\}.$
Przypadek $1^o.$ Załóżmy, że $g\in \mathbb{ℝ}.$
Należy pokazać, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall\varepsilon>0\ \exists N\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N:\ a_n\in (g-\varepsilon,g+\varepsilon). }

Dla dowodu niewprost przypuśćmy, że

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

Możemy wówczas skonstruować podciąg $\left\{a_{n_k}\right\}$ ciągu $\{a_n\},$ którego elementy nie leżą w przedziale $(g-\epsilon ,g+\epsilon ),$ w następujący sposób:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 Uzupelnic w.new.am1.w.04.170| wiemy, że z tego ciągu można wybrać podciąg mający granicę $\bar{g}$ (właściwą lub niewłaściwą). Oczywiście $\bar{g}\in ̸(g-\epsilon ,g+\epsilon )$ (dlaczego?) czyli $\bar{g}\ne g.$ Zatem otrzymaliśmy sprzeczność z faktem, że $g$ jest jedynym punktem skupienia ciągu $\{a_n\}.$

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

{black}