Analiza matematyczna 1/Wykład 5: Obliczanie granic

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 $1^{\mathrm{\infty }}$]

(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

$e\approx 2,718281828458563411277850606202642376785584483618617451918618203\dots$.

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(1+\frac{1}{a_n}{)}^{a_n}=e$.

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 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:

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

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

Jakob Bernoulli (1654-1705)
Zobacz biografię

Stosując nierówność Bernoullego

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

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

Pokazaliśmy zatem, że

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

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 1.40.), mamy

$\begin{array}{lll}{e}_n& =& (1+\frac{1}{n}{)}^n=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1})\frac{1}{n}+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})\frac{1}{n^2}+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{3})\frac{1}{n^3}+\dots +(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-1})\frac{1}{n^{n-1}}+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n})\frac{1}{n^n}\\ & =& 1+1+\frac{1}{2!}\frac{n(n-1)}{n^2}+\frac{1}{3!}\frac{n(n-1)(n-2)}{n^3}+\dots +\frac{1}{(n-1)!}\frac{n(n-1)(n-2)\cdot \dots \cdot 2}{n^{n-1}}\\ & & +\frac{1}{n!}\frac{n(n-1)(n-2)\cdot \dots \cdot 1}{n^n}\\ & =& 1+1+\frac{1}{2!}(1-\frac{1}{n})+\frac{1}{3!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})+\dots +\frac{1}{(n-1)!}(1-\frac{1}{n})\cdot \dots \cdot (1-\frac{n-2}{n})\\ & & +\frac{1}{n!}(1-\frac{1}{n})\cdot \dots \cdot (1-\frac{n-1}{n})\\ & <& 1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\dots +\frac{1}{(n-1)!}+\frac{1}{n!}.\end{array}$

Korzystając z Lematu lematu 5.2., mamy

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

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

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

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

$\begin{array}{lll}\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x}_n& =& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(1+\frac{1}{n}{)}^{n+1}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(1+\frac{1}{n}{)}^n\cdot (1+\frac{1}{n})=e\cdot 1=e,\\ \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{y}_n& =& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(1+\frac{1}{n+1}{)}^n=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(1+\frac{1}{n+1}{)}^{n+1}\cdot (1+\frac{1}{n+1}{)}^{-1}=e\cdot 1=e.\end{array}$

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

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

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 $\left\{\right(1+\frac{1}{N_l+1}{)}^{N_l}{\}}_{l\in \mathbb{\mathbb{N}}}$ i $\left\{\right(1+\frac{1}{N_l}{)}^{N_l+1}{\}}_{l\in \mathbb{\mathbb{N}}}$ 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 $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=+\mathrm{\infty }$.

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 5.4.

(Ad (1)) Załóżmy, że

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=a,\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=b,-\mathrm{\infty }<a\le +\mathrm{\infty }.$

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

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

Zatem dla dowolnego $n\ge N$ mamy

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

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

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

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.

$\begin{array}{lll}\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=+\mathrm{\infty }& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=+\mathrm{\infty }& \mathrm{\infty }-\mathrm{\infty }\\ a_n=n^2& b_n=n^2& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n-b_n)=0\\ a_n=n^2& b_n=n& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n-b_n)=+\mathrm{\infty }\\ a_n=n& b_n=n^2& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n-b_n)=-\mathrm{\infty }\\ a_n=n& b_n=(n-a)& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n-b_n)=a(\text{gdzie }a\in \mathbb{ℝ})\\ a_n=n+(-1{)}^n& b_n=n& \{a_n-b_n\}\text{nie ma granicy}\end{array}$

$\begin{array}{lll}\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=0& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=+\mathrm{\infty }& 0\cdot \mathrm{\infty }\\ a_n=\frac{-1}{n}& b_n=n^2& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n\cdot b_n)=-\mathrm{\infty }\\ a_n=\frac{1}{n}& b_n=n^2& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n\cdot b_n)=+\mathrm{\infty }\\ a_n=\frac{a}{n}& b_n=n& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n\cdot b_n)=a(\text{gdzie }a\in \mathbb{ℝ})\\ a_n=\frac{(-1{)}^n}{n}& b_n=n& \{a_n\cdot b_n\}\text{nie ma granicy}\end{array}$

$\begin{array}{lll}\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=0& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=0& \frac{0}{0}\\ a_n=\frac{-1}{n}& b_n=\frac{1}{n^2}& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{b_n}=-\mathrm{\infty }\\ a_n=\frac{1}{n}& b_n=\frac{1}{n^2}& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{b_n}=+\mathrm{\infty }\\ a_n=\frac{a}{n}& b_n=\frac{1}{n}& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{b_n}=a(\text{gdzie }a\in \mathbb{ℝ})\\ a_n=\frac{(-1{)}^n}{n}& b_n=\frac{1}{n}& \left\{\frac{a_n}{b_n}\right\}\text{nie ma granicy}\end{array}$

$\begin{array}{lll}\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=+\mathrm{\infty }& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=+\mathrm{\infty }& \frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\\ a_n=n^2& b_n=n& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{b_n}=+\mathrm{\infty }\\ a_n=an& b_n=n& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{b_n}=a(\text{gdzie}a\in \mathbb{ℝ})\\ a_n=n+\frac{(-1{)}^{n}n}{2}& b_n=n& \left\{\frac{a_n}{b_n}\right\}\text{nie ma granicy}\end{array}$

$\begin{array}{lll}\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=1& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=+\mathrm{\infty }& 1^{\mathrm{\infty }}\\ a_n=1+\frac{1}{n}& b_n=n^2& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n^{b_n}=+\mathrm{\infty }\\ a_n=1& b_n=n& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n^{b_n}=1\\ a_n=1+\frac{1}{n}& b_n=n& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n^{b_n}=e\\ a_n=1+\frac{1}{n}& b_n=n\ln a& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n^{b_n}=a(\text{gdzie }a>1)\\ a_n=1+\frac{(-1{)}^n}{n}& b_n=n& \{a_n^{b_n}\}\text{ nie ma granicy}\end{array}$

$\begin{array}{lll}\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=\mathrm{\infty }& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=0& {\mathrm{\infty }}^0\\ a_n=2^{n^2}& b_n=\frac{1}{n}& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n^{b_n}=+\mathrm{\infty }\\ a_n=n& b_n=0& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n^{b_n}=1\\ a_n=\frac{1}{a^n}& b_n=\frac{-1}{n}& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n^{b_n}=a(\text{gdzie }a\in (0,1))\\ a_n=a^n& b_n=\frac{1}{n}& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n^{b_n}=a(\text{gdzie }a>1)\\ a_n=(3+(-1{)}^n{)}^n& b_n=\frac{1}{n}& \{a_n^{b_n}\}\text{nie ma granicy}\end{array}$

$\begin{array}{lll}\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=0& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=0& 0^0\\ a_n=\frac{1}{n}& b_n=\frac{1}{n}& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n^{b_n}=1\\ a_n=0& b_n=\frac{1}{n}& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n^{b_n}=0\\ a_n=a^n& b_n=\frac{1}{n}& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n^{b_n}=a(\text{gdzie }a\in (0,1))\end{array}$

Granice specjalne

Plik:AM1.M05.W.R01.svg

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) $\mathrm{\forall }x\ge 0:\sin x\le x,$
(2) $\mathrm{\forall }0<|x|<\frac{\pi }{2}:|\frac{\sin x}{x}-1|<x^2$.

Dowód 5.7. [nadobowiązkowy]

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

$P_{\mathrm{△}OAB}<P_{⊲OAB}<P_{\mathrm{△}OAC},$

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:

$\frac{1\cdot \sin x}{2}<\frac{x}{2\pi }\cdot \pi <\frac{1\cdot \mathrm{t}\mathrm{g}x}{2}.$

Zatem

$\sin x<x<\mathrm{t}\mathrm{g}x\text{dla}0<x<\frac{\pi }{2}.$

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

$\sin x<x<\mathrm{t}\mathrm{g}x\text{dla}0<x<\frac{\pi }{2}.$

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

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

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

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

skąd dostajemy dowodzoną nierówność

$|\frac{\sin x}{x}-1|<x^2\text{dla}0<|x|<\frac{\pi }{2}.$

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

Twierdzenie 5.8. [Granice specjalne]

(1)

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\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 $\alpha \ge 0,$ to $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{n^{\alpha }}{a^n}=0$;

<flash>file=AM1.M05.W.R02.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Wykres ciągu $\left\{\frac{1}{\sqrt{n}}\right\}$

<flash>file=AM1.M05.W.R03.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Wykres ciągu $\left\{\frac{\sqrt{n}}{2^n}\right\}$

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

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

<flash>file=AM1.M05.W.R04.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Wykres ciągu $\left\{\frac{2^n}{n!}\right\}$

<flash>file=AM1.M05.W.R05.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Wykres ciągu $\{\sqrt[n]{2}\}$

(5) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{n}=1$;

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

<flash>file=AM1.M05.W.R06.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Wykres ciągu $\{\sqrt[n]{n}\}$

<flash>file=AM1.M05.W.R07.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Wykres ciągu $\left\{\frac{1}{2^n}\right\}$

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

(8)

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

<flash>file=AM1.M05.W.R08.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Wykres ciągu $\{2^n\}$

<flash>file=AM1.M05.W.R09.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Wykres ciągu $\left\{\frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}\right\}$

Dowód 5.8. [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 oraz $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{n}^0=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}1=1$.

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{c_{n+1}}{c_n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{(n+1{)}^{\alpha }{a}^n}{a^{n+1}{n}^{\alpha }}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(1+\frac{1}{n}{)}^{\alpha }\cdot \frac{1}{a}=\frac{1}{a}.$

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

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

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 4.15.) oraz

$g=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{a}=\underset{n\in \mathbb{\mathbb{N}}}{\sup }\sqrt[n]{a}\le 1$

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

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

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

$a\le \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{g}^n=0,$

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{\sqrt[n]{a}}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{\frac{1}{a}}=1,$

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

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

zatem

$\mathrm{\exists }{N}_1\in \mathbb{\mathbb{N}}\mathrm{\forall }n\ge N_1:\frac{n+1}{n}<\eta .$

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

$\mathrm{\exists }{N}_2\in \mathbb{\mathbb{N}}\mathrm{\forall }N\ge N_2:\sqrt[n]{N_1}<\eta .$

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

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

czyli

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

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

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

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 3.22.).

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

$a^n\ge a^N\ge a^{{\log }_{a}M}=M,$

zatem pokazaliśmy, że

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

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 5.7. Podstawiając $x=\frac{1}{n}$ w nierówności z lematu, mamy

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

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(\frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}-1)=0,$

a zatem

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}=1,$

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 $(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}),$ to znaczy

$\mathrm{\exists }N\in \mathbb{\mathbb{N}}:x_n\in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})minus\{0\}.$

Z lematu 5.7 wnioskujemy zatem, że

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

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(\frac{\sin x_n}{x_n}-1)=0,$

a zatem

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{\sin x_n}{x_n}=1,$

co należało dowieść.

Granica górna i granica dolna

Plik:AM1.M05.W.R10.mp4

Ciąg mający trzy punkty skupienia

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 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 $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ 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

$\mathrm{lim\; inf}{}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=\underset{\_}{\lim }{}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n\stackrel{df}{=}\inf S,$

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

$\mathrm{lim\; sup}{}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=\bar{\lim }{}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n\stackrel{df}{=}\sup S,$

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

Plik:AM1.M05.W.R11.mp4

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

{{przyklad|5.10.||

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

Ponieważ $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}n\sin \frac{1}{n}=\frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}=1$ (patrz twierdzenie 5.8. (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

$\underset{\_}{\lim }{}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=1,\bar{\lim }{}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=3.$

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

Dowód 5.11. [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 3.25.). Zatem jedynym punktem skupienia ciągu $\{a_n\}$ jest $g$ oraz

$\underset{\_}{\lim }{}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=\bar{\lim }{}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=g,$

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

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

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:

$\begin{array}{rlr}\mathrm{\exists }{n}_1\ge 1& & a_{n_1}\in ̸(g-\epsilon ,g+\epsilon ),\\ \mathrm{\exists }{n}_2>n_1& & a_{n_2}\in ̸(g-\epsilon ,g+\epsilon ),\\ \mathrm{\exists }{n}_3>n_2& & a_{n_3}\in ̸(g-\epsilon ,g+\epsilon ),\\ \dots & & \end{array}$

Z Wniosku wniosek 4.18. wiemy, że z tego ciągu można wybrać podciąg mający granicę $\bar{g}$ (właściwą lub niewłaściwą). Oczywiście $\bar{g}\in ̸(g-\epsilon ,g+\epsilon )$, 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.