Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 5: Obliczanie granic

5. Obliczanie granic

Ćwiczenie 5.1.

Obliczyć następujące granice ciągów:
(1) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{5^n+7^n+8^n}$,
(2) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{(\frac{13}{14}{)}^n+(\frac{18}{19}{)}^n+(\frac{21}{23}{)}^n}$,
(3) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{4^n+1+3^{n+1}}{2^{n+1}+3^n}$.

Wskazówka

(1) Skorzystać z twierdzenia o trzech ciągach.
(2) Rozwiązać analogicznie jak punkt (1).
(3) Podzielić licznik i mianownik przez $4^n$ oraz skorzystać z arytmetyki granic niewłaściwych.

Rozwiązanie

(1) Zauważmy, że

$\begin{array}{ccccc}\sqrt[n]{8^n+8^n+8^n}& \ge & \sqrt[n]{5^n+7^n+8^n}& \ge & \sqrt[n]{8^n}\\ \parallel & & & & \parallel \\ \sqrt[n]{3\cdot 8^n}& & & & 8\\ \parallel & & & & \downarrow \\ 8\sqrt[n]{3}& & & & 8\\ \downarrow & & & & \\ 8& & & & \\ \end{array}$

Zatem korzystając z twierdzenia o trzech ciągach wnioskujemy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{5^n+7^n+8^n}=8$.

(2) Ponieważ $\frac{21}{23}<\frac{13}{14}<\frac{18}{19}$, więc podobnie jak w poprzednim przykładzie mamy

$\begin{array}{ccccc}\sqrt[n]{(\frac{18}{19}{)}^n+(\frac{18}{19}{)}^n+(\frac{18}{19}{)}^n}& \ge & \sqrt[n]{(\frac{13}{14}{)}^n+(\frac{18}{19}{)}^n+(\frac{21}{23}{)}^n}& \ge & \sqrt[n]{(\frac{18}{19}{)}^n}\\ \parallel & & & & \parallel \\ \sqrt[n]{3\cdot (\frac{18}{19}{)}^n}& & & & \frac{18}{19}\\ \parallel & & & & \downarrow \\ \frac{18}{19}\sqrt[n]{3}& & & & \frac{18}{19}\\ \downarrow & & & & \\ \frac{18}{19}& & & & \\ \end{array}$

Zatem korzystając z twierdzenie o trzech ciągach, wnioskujemy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{(\frac{13}{14}{)}^n+(\frac{18}{19}{)}^n+(\frac{21}{23}{)}^n}=\frac{18}{19}$.

(3) Dzieląc licznik i mianownik przez $4^n$ oraz korzystając z arytmetyki granic niewłaściwych, mamy

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{4^n+1+3^{n+1}}{2^{n+1}+3^n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1+\stackrel{\to 0}{\overbrace{(\frac{1}{4}{)}^n}}+3\cdot \stackrel{\to 0}{\overbrace{(\frac{3}{4}{)}^n}}}{2\cdot \underset{\to 0^{+}}{\underbrace{(\frac{1}{2}{)}^n}}+\underset{\to 0^{+}}{\underbrace{(\frac{3}{4}{)}^n}}}=+\mathrm{\infty }$

Ćwiczenie 5.2.

Obliczyć następujące granice ciągów:
(1) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(1-\frac{1}{x_n}{)}^{x_n}$, gdzie $\{x_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest ciągiem o wyrazach dodatnich takim, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x}_n=+\mathrm{\infty }$,

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

(3) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(\frac{n-3}{n+2}{)}^n$,

(4) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(\frac{n^2+2}{n}{)}^n$,

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

(6) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(\frac{n+2}{n^2+1}{)}^n$.

Wskazówka

(1) Wykorzystać znajomość granicy ciągu $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(1+\frac{1}{x_n}{)}^{x_n}$ (patrz twierdzenie 5.1. (2)).
(2)-(3) Wykorzystać punkt (1).
(4) Najpierw obliczyć granicę podstawy potęgi.
(5) Stwierdzić z jakim symbolem nieoznaczonym mamy do czynienia.
(6) Najpierw obliczyć granicę podstawy potęgi.

Rozwiązanie

(1) Liczymy

$\begin{array}{rlr}\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(1-\frac{1}{x_n}{)}^{x_n}& =& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(\frac{x_n-1}{x_n}{)}^{x_n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{(\frac{x_n}{x_n-1}{)}^{x_n}}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{(\frac{x_n-1}{x_n-1}+\frac{1}{x_n-1}{)}^{x_n}}\\ & =& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{(1+\frac{1}{x_n-1}{)}^{x_n}}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{\underset{\to e}{\underbrace{(1+\frac{1}{x_n-1}{)}^{x_n-1}}}\cdot \underset{\to 1}{\underbrace{(1+\frac{1}{x_n-1})}}}=\frac{1}{e},\end{array}$

gdzie w ostatniej równości wykorzystaliśmy twierdzenie 5.1. (2) oraz fakt, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(x_n-1)=+\mathrm{\infty }$. Zauważmy także, że ułamek $\frac{x_n}{x_n-1}$ ma sens przynajmniej od pewnego miejsca, gdyż założenie $x_n⟶+\mathrm{\infty }$ implikuje, że $\mathrm{\exists }N\in \mathbb{\mathbb{N}}\mathrm{\forall }n\ge N:x_n>1$, więc w szczególności $x_n\ne 1$.

(2) Liczymy

$\begin{array}{rlr}\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(\frac{n}{n+1}{)}^n& =& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(\frac{n+1}{n+1}-\frac{1}{n+1}{)}^n=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(1-\frac{1}{n+1}{)}^n\\ & =& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\underset{\to \frac{1}{e}}{\underbrace{(1-\frac{1}{n+1}{)}^{n+1}}}\cdot \underset{\to 1}{\underbrace{(1-\frac{1}{n+1}{)}^{-1}}}=\frac{1}{e},\end{array}$

gdzie w ostatniej równości wykorzystaliśmy udowodniony już punkt (1).

(3) Liczymy

$\begin{array}{rlr}\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(\frac{n-3}{n+2}{)}^n& =& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(\frac{n+2}{n+2}-\frac{5}{n+2}{)}^n=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(1-\frac{5}{n+2}{)}^n\\ & =& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}[\underset{\to \frac{1}{e}}{\underbrace{(1-\frac{1}{\frac{n+2}{5}}{)}^{\frac{n+2}{5}}}}{]}^{\stackrel{\to 5}{\overbrace{\frac{5n}{n+2}}}}=\frac{1}{e^5},\end{array}$

gdzie w ostatniej równości wykorzystaliśmy udowodniony już punkt (1) oraz twierdzenie o arytmetyce granic.

(4) Ponieważ

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{n^2+2}{n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(n+\frac{2}{n})=+\mathrm{\infty }$,

więc

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(\underset{\to +\mathrm{\infty }}{\underbrace{\frac{n^2+2}{n}}}{)}^{\stackrel{\to +\mathrm{\infty }}{\overbrace{n}}}=+\mathrm{\infty }$,

gdzie w ostatniej równości wykorzystaliśmy twierdzenie o arytmetyce granic niewłaściwych.

(5) Liczymy

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(\frac{n^2+2}{n^2+1}{)}^{2n^2+2}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(\frac{n^2+1}{n^2+1}+\frac{1}{n^2+1}{)}^{2n^2+2}=$ $=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}[\underset{\to e}{\underbrace{(1+\frac{1}{n^2+1}{)}^{n^2+1}}}{]}^2=e^2$,

gdzie w ostatniej równości wykorzystaliśmy twierdzenie 5.1. (2).

(6) Ponieważ

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

więc

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

gdzie w ostatniej równości wykorzystaliśmy twierdzenie o arytmetyce granic niewłaściwych (patrz twierdzenie 5.4. (8)).

Ćwiczenie 5.3.

Obliczyć następujące granice ciągów:
(1) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}n\cdot \sin \frac{3}{n}$
(2) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}n\cdot \cos \frac{1}{n}\cdot \sin \frac{10}{n}$
(3) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\left(\frac{n^2+1}{n}\right)$
(4) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{n^5+n^6}{2^n+3^n}$

Wskazówka

(1) Skorzystać z granicy specjalnej $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{\sin x_n}{x_n}=1$ gdzie $x_n⟶0$
(2) Podobnie jak w punkcie (1).
(3) Najpierw wyznaczyć granicę argumentu funkcji $\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}$,
(4) Skorzystać z twierdzenia o trzech ciągach oraz twierdzenie 5.3.

Rozwiązanie

(1) Liczymy

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}n\cdot \sin \frac{3}{n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{\sin \frac{3}{n}}{\frac{1}{n}}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}3\cdot \underset{\to 1}{\underbrace{\frac{\sin \frac{3}{n}}{\frac{3}{n}}}}=3\cdot 1=3$,

gdzie skorzystaliśmy z granicy specjalnej $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{\sin x_n}{x_n}=1$ dla $x_n=\frac{3}{n}⟶0$ (patrz twierdzenie 5.8. (8)).

(2) Liczymy

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}n\cdot \cos \frac{1}{n}\cdot \sin \frac{10}{n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}10\cdot \underset{\to 1}{\underbrace{\cos \frac{1}{n}}}\cdot \underset{\to 1}{\underbrace{\frac{\sin \frac{10}{n}}{\frac{10}{n}}}}=10$,

gdzie skorzystaliśmy z granicy specjalnej $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{\sin x_n}{x_n}=1$ dla $x_n=\frac{10}{n}⟶0$ (patrz twierdzenie 5.8. (8)).

(3) Ponieważ

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

więc

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\left(\underset{\to +\mathrm{\infty }}{\underbrace{\frac{n^2+1}{n}}}\right)=\frac{\pi }{2}$

(4) Zauważmy, że

$0\le \frac{n^5+n^6}{2^n+3^n}\le \frac{2n^6}{2^n}$

Niech $a_n=\frac{2n^6}{2^n}$. W celu obliczenia granicy $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n$ wyliczmy

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{2(n+1{)}^6{2}^n}{2^{n+1}2n^6}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{2}(1+\frac{1}{n}{)}^6=\frac{1}{2}$

Zatem korzystając z twierdzenie 5.3. (1), wnioskujemy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=0$. Z kolei z twierdzenia o trzech ciągach i powyższego oszacowania mamy, że

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{n^5+n^6}{2^n+3^n}=0$

Ćwiczenie 5.4.

Obliczyć granice górne i dolne następujących ciągów:
(1) $a_n=(1-\frac{1}{n}{)}^n\cos n\pi$,
(2) $a_n=\sin \frac{n\pi }{2}$,
(3) $a_n=2\cdot (-1{)}^n+3\cdot (-1{)}^{n+1}$.

Wskazówka

(1) Zbadać jak wygląda ciąg $\{\cos n\pi \}$.
(2) Zbadać jakie wartości przyjmuje ciąg $\{a_n\}$.
(3) Zbadać jakie wartości przyjmuje ciąg $\{a_n\}$.

Rozwiązanie

Plik:AM1 M05.C.R03.svg

Wykres funkcji $f(x)=\sin \frac{\pi x}{2}$ oraz ciągu $a_n=\sin \frac{n\pi }{2}$

(1) Zauważmy, że $\cos n\pi =(-1{)}^n$ dla $n\in \mathbb{\mathbb{N}}$ oraz $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(1-\frac{1}{n}{)}^n=\frac{1}{e}$ (patrz ćwiczenie 5.2.).

Zatem dla wyrazów parzystych mamy

$\lim {}_{k\to +\mathrm{\infty }}{a}_{2k}=\lim {}_{k\to +\mathrm{\infty }}(1-\frac{1}{2k}{)}^{2k}\cos 2k\pi =\lim {}_{k\to +\mathrm{\infty }}(1-\frac{1}{2k}{)}^{2k}=\frac{1}{e}$,

a dla nieparzystych

$\lim {}_{k\to +\mathrm{\infty }}{a}_{2k-1}=\lim {}_{k\to +\mathrm{\infty }}(1-\frac{1}{2k-1}{)}^{2k-1}\cos (2k-1)\pi =$ $-\lim {}_{k\to +\mathrm{\infty }}(1-\frac{1}{2k-1}{)}^{2k-1}=-\frac{1}{e}$

Wnioskujemy stąd, że

$\mathrm{lim\; sup}{}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=\frac{1}{e}\text{oraz}\mathrm{lim\; inf}{}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=-\frac{1}{e}$

(2) Zauważmy, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle a_n = \sin\frac{n\pi}{2} = \left\{ \begin{array} {lll} 0 & \text{gdy}& n=4k,\\ 1 & \text{gdy}& n=4k+1,\\ 0 & \text{gdy}& n=4k+2,\\ -1 & \text{gdy}& n=4k+3,\\ \end{array} \right}

Zatem kolejne wyrazy ciągu wynoszą:

$1,0,-1,0,1,0,-1,0,\dots$

Jedynymi wartościami ciągu jak również jego punktami skupienia są: $1,0,-1$. Zatem

$\mathrm{lim\; inf}{}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=-1\text{oraz}\mathrm{lim\; inf}{}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=1$

<flash>file=AM1_M05.C.R01.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Wykres funkcji $f(x)=\cos \pi x$ oraz ciągu $a_n=\cos n\pi =(-1{)}^n$

<flash>file=AM1_M05.C.R02.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Wykres ciągu $a_n=(1-\frac{1}{n}{)}^n\cos n\pi$

(3) Zauważmy, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle 2\cdot(-1)^n = \left\{ \begin{array} {lll} 2 & \text{gdy} & n=2k,\\ -2 & \text{gdy} & n=2k-1, \end{array} \right. \quad\text{oraz}\quad 3(-1)^{n+1} = \left\{ \begin{array} {lll} -3 & \text{gdy} & n=2k,\\ 3 & \text{gdy} & n=2k-1. \end{array} \right}

Zatem ciąg $\{a_n\}$ przyjmuje tylko dwie wartości

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle a_n = 2\cdot(-1)^n+3(-1)^{n+1} = \left\{ \begin{array} {lll} -1 & \text{gdy} & n=2k,\\ 1 & \text{gdy} & n=2k-1, \end{array} \right}

co możemy zapisać krócej

$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:a_n=(-1{)}^{n+1}$,

czyli

$\mathrm{lim\; inf}{}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=-1\text{oraz}\mathrm{lim\; inf}{}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=1$

Ćwiczenie 5.5.

Ciąg $\{x_n\}$ zadany jest rekurencyjnie

$x_1=1,\mathrm{\forall }n\ge 1:x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{c}{x_n})$,

gdzie $c>0$. Zbadać zbieżność ciągu $\{x_n\}$. Jeśli jest on zbieżny, obliczyć jego granicę.

Wskazówka

Wykazać kolejno, że ciąg $\{x_n\}$ jest ograniczony od dołu przez $\sqrt{c}$ (przynajmniej od drugiego miejsca) następnie, że jest malejący (także przynajmniej od drugiego miejsca). Należy skorzystać z twierdzenia o ciągu monotonicznym i ograniczonym w celu stwierdzenia istnienia granicy. W końcu obliczyć granicę wykorzystując związek rekurencyjny.

Rozwiązanie

Najpierw zauważmy, że $x_n>0$ dla każdego $n\ge 1$. Następnie pokażemy, że $x_n\ge \sqrt{c}$ dla każdego $n\ge 2$. W tym celu przekształcamy oczywistą nierówność $(x_n-\sqrt{c}{)}^2\ge 0$, otrzymując kolejno

$x_n^2-2\sqrt{c}{x}_n+c\ge 0$, $x_n^2+c\ge 2\sqrt{c}{x}_n$ $x_n+\frac{c}{x_n}\ge 2\sqrt{c}$ $\frac{1}{2}(x_n+\frac{c}{x_n})\ge \sqrt{c}$,

zatem

$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:x_{n+1}\ge \sqrt{c}$

Pokażemy następnie, że ciąg $\{x_n\}$ jest malejący (przynajmniej od drugiego wyrazu). Ponieważ $x_n\ge \sqrt{c}$ dla $n\ge 2$, więc mamy kolejno

$x_n^2\ge c$ $x_n^2+c\le 2x_n^2$ $x_n+\frac{c}{x_n}\le 2x_n$ $\frac{1}{2}(x_n+\frac{c}{x_n})\le x_n$,

zatem

$\mathrm{\forall }n\ge 2:x_{n+1}\le x_n$,

czyli ciąg $\{x_n\}$ jest malejący (począwszy od drugiego wyrazu). Korzystając z twierdzenia o ciągu monotonicznym i ograniczonym (patrz twierdzenie 4.15.), wnioskujemy, że ciąg ten ma granicę $g\in \mathbb{ℝ}$. W zadanym związku rekurencyjnym $x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{c}{x_n})$ możemy zatem przejść do granicy po obu stronach (oczywiście $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x}_n=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x}_{n+1}$), otrzymując

$\underset{=g}{\underbrace{\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x}_{n+1}}}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{2}(x_n+\frac{c}{x_n})=\frac{1}{2}(\underset{=g}{\underbrace{\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x}_n}}+\frac{c}{\underset{=g}{\underbrace{\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x}_n}}})$,

zatem

$g=\frac{1}{2}(x+\frac{c}{g})$

Zatem, jeśli $g$ jest granicą, to musi spełniać powyższą równość. Rozwiązując to równanie, dostajemy $g=\sqrt{c}$.
Odpowiedź: $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x}_n=\sqrt{c}$.

Ćwiczenie 5.6.

Niech $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ będzie ciągiem liczbowym o wyrazach dodatnich (to znaczy $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:a_n>0$). Udowodnić następujące stwierdzenia:
(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 $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=+\mathrm{\infty }$.
Korzystając z powyższych stwierdzeń, wyznacz następujące granice:

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

(4) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a^n}{n^k}$, gdzie $a,k>0$.

Wskazówka

(1) Dobrać tak małe $\epsilon >0$, aby wyrazy ciągu $\left\{\frac{a_{n+1}}{a_n}\right\}$ były mniejsze od pewnej liczby $b<1$. Wyprowadzić stąd oszacowanie na wyrazy ciągu $\{a_n\}$ przez wyrazy ciągu geometrycznego $M{b}^n$ (od pewnego miejsca, gdzie $M$ jest pewną stałą).
(2) Zrobić analogicznie do poprzedniego twierdzenia, dobierając tym razem tak małe $\epsilon >0$, aby wyrazy ciągu $\left\{\frac{a_{n+1}}{a_n}\right\}$ były większe od pewnej liczby $b>1$.
(3) Rozważyć osobno przypadki $a=0,a>0$ i $a<0$. Gdy $a>0$, obliczyć granicę ilorazu $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_{n+1}}{a_n}$ w celu skorzystania z punktu (1) lub (2).
(4) Obliczyć granicę ilorazu $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_{n+1}}{a_n}$ w celu skorzystania z punktu (1) lub (2). Rozważyć osobno przypadki $a<1,a=1$ i $a>1$.

Rozwiązanie

(1) Ponieważ $a<1$, więc możemy wybrać $b$ takie, że $a<b<1$. Niech $\epsilon =b-a$. Korzystając z definicji granicy ciągu, mamy

$\mathrm{\exists }N\in \mathbb{\mathbb{N}}\mathrm{\forall }n\ge N:|\frac{a_{n+1}}{a_n}-a|<b-a$,

więc w szczególności mamy

$\mathrm{\forall }n\ge N:0<\frac{a_{n+1}}{a_n}<b$,

czyli

$\mathrm{\forall }n\ge N:a_{n+1}<b\cdot a_n$

Postępując indukcyjnie, dla dowolnego $n\ge N$, dostajemy

$a_{n+1}<b\cdot a_n<b^2\cdot a_{n-1}<b^3\cdot a_{n-2}<\dots <b^{n+1-N}\cdot a_N=M{b}^n$,

gdzie $M=b^{1-N}{a}_N$ jest stałą niezależną od $n$. Zatem pokazaliśmy, że wyrazy naszego ciągu $\{a_n\}$ (począwszy od $N$-tego miejsca) szacują się od góry przez wyrazy ciągu geometrycznego $\{M{b}^n\}$, który jest zbieżny do zera (bo $0<b<1$). Z założenia wiemy, że wyrazy $a_n>0$, zatem korzystając z twierdzenia o trzech ciągach, dostajemy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=0$, co należało dowieść.

(2) Ponieważ $a>1$, więc możemy wybrać $b$ takie, że $a>b>1$. Niech $\epsilon =a-b$. Korzystając z definicji granicy ciągu, mamy

$\mathrm{\exists }N\in \mathbb{\mathbb{N}}\mathrm{\forall }n\ge N:|\frac{a_{n+1}}{a_n}-a|<a-b$,

więc w szczególności mamy

$\mathrm{\forall }n\ge N:\frac{a_{n+1}}{a_n}>b$,

czyli

$\mathrm{\forall }n\ge N:a_{n+1}>b\cdot a_n$

Postępując indukcyjnie, dla dowolnego $n\ge N$, dostajemy

$a_{n+1}>b\cdot a_n>b^2\cdot a_{n-1}>b^3\cdot a_{n-2}>\dots >b^{n+1-N}\cdot a_N=M{b}^n$,

gdzie $M=b^{1-N}{a}_N$ jest stałą niezależną od $n$. Zatem pokazaliśmy, że wyrazy naszego ciągu $\{a_n\}$ (począwszy od $N$-tego miejsca) szacują się od dołu przez wyrazy ciągu geometrycznego $\{M{b}^n\}$, który jest rozbieżny do $+\mathrm{\infty }$ (bo $b>1$). Zatem korzystając z twierdzenia o dwóch ciągach, dostajemy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=+\mathrm{\infty }$, co należało dowieść.

(3) Niech $a_n=\frac{a^n}{n!}$ dla $n\in \mathbb{\mathbb{N}}$.

Gdy $a=0$, to ciąg jest zerowy i jego granica wynosi $0$.

Załóżmy teraz, że $a>0$. Liczymy

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a^{n+1}n!}{(n+1)!a^n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a}{n}=0$

Zatem korzystając z punktu (1), dostajemy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a^n}{n!}=0$.

W końcu gdy $a<0$, to zauważmy, że definiując $b_n=|a_n|$, mamy $b_n=\frac{|a{|}^n}{n!}$, zatem możemy wykorzystać już udowodnioną część i wywnioskować, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}|a_n|=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=0$. Korzystając teraz z twierdzenia 4.9. (7), dostajemy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=0$.

Zatem dla dowolnego $a\in \mathbb{ℝ}$ dostaliśmy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=0$.

(4) Niech $a_n=\frac{a^n}{n^k}$. Liczymy

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a^{n+1}{n}^k}{(n+1{)}^k{a}^n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a}{(1+\frac{1}{n}{)}^k}=a$

Zatem, jeśli $a<1$, to korzystając z punktu (1), dostajemy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=0$. Jeśli $a>1$, to korzystając z punktu (2) dostajemy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=+\mathrm{\infty }$. Jeśli $a=1$, to stwierdzamy bezpośrednio, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^k}=0$.