Analiza matematyczna 1/Wykład 4: Ciągi liczbowe

Ciągi liczbowe

W tym wykładzie zajmujemy się ciągami w zbiorze liczb rzeczywistych. Definiujemy ciąg monotoniczny, ciąg ograniczony, granice niewłaściwe. Poznajemy twierdzenia o granicach ciągów, twierdzenie o związkach granicy z działaniami i porządkiem w $\mathbb{ℝ},$ twierdzenie o trzech ciągach, twierdzenie o ciągu monotonicznym i ograniczonym, twierdzenie Bolzano-Weierstrassa.

Definicja [Uzupelnij]

Przez ciągi liczbowe będziemy rozumieli ciągi o wartościach w $\mathbb{ℝ}$ (to znaczy w zbiorze liczbowym $\mathbb{ℝ}$ traktowanym jako przestrzeń metryczna z metryką euklidesową). Piszemy krótko $\{x_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}.$

{{red}Rysunek AM1.M04.W.R01 (stary numer AM1.4.9)}

Ponieważ w zbiorze liczbowym $\mathbb{ℝ}$ mamy liniowy porządek, więc można porównywać ze sobą elementy ciągu. Pozwala to na wprowadzenie pojęcia monotoniczności ciągu.

{{definicja|[Uzupelnij]||

Mówimy, że ciąg $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest malejący, jeśli $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:a_n\ge a_{n+1}.$
{{red}Rysunek AM1.M04.W.R02 (stary numer AM1.4.10)}
Mówimy, że ciąg $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest silnie malejący, jeśli $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:a_n>a_{n+1}.$
{{red}Rysunek AM1.M04.W.R03 (stary numer AM1.4.11)}
Mówimy, że ciąg $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest rosnący, jeśli $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:a_n\le a_{n+1}.$
{{red}Rysunek AM1.M04.W.R04 (stary numer AM1.4.12)}
Mówimy, że ciąg $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest silnie rosnący, jeśli $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:a_n<a_{n+1}.$
{{red}Rysunek AM1.M04.W.R05 (stary numer AM1.4.13)}
Mówimy, że ciąg $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest monotoniczny, jeśli jest on malejący lub rosnący.
Mówimy, że ciąg $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest silnie monotoniczny, jeśli jest on silnie malejący lub silnie rosnący. }}

W przypadku ciągów liczbowych można mówić nie tylko o ograniczoności ciągu (jak to ma miejsce w dowolnej przestrzeni metrycznej), ale także o ograniczeniu ciągu od dołu i od góry (ponownie jest to konsekwencja faktu, że zbiór liczbowy $\mathbb{ℝ}$ jest liniowo uporządkowany). Mamy zatem następujące definicje.

Definicja [Uzupelnij]

Mówimy, że ciąg $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest ograniczony, jeśli $\mathrm{\exists }M\in \mathbb{ℝ}\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:|a_n|\le M.$
Mówimy, że ciąg $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest ograniczony z dołu, jeśli $\mathrm{\exists }M\in \mathbb{ℝ}\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:a_n\ge M.$
Mówimy, że ciąg $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest ograniczony z góry, jeśli $\mathrm{\exists }M\in \mathbb{ℝ}\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:a_n\le M.$

Natychmiastową konsekwencją powyższych definicji jest następujący związek między ograniczonością a ograniczonością z góry i z dołu.

Stwierdzenie [Uzupelnij]

(O ciągu ograniczonym w $\mathbb{ℝ}$)
Jeśli $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest ciągiem to $\{a_n\}$ jest ograniczony wtedy i tylko wtedy, gdy $\{a_n\}$ jest ograniczony z dołu i z góry.

Pojęcie granicy ciągu pozostaje takie samo jak dla ciągów w dowolnych przestrzeniach metrycznych. Powtórzmy je tutaj dla wygody, przyjmując, że w $\mathbb{ℝ}$ mamy metrykę euklidesową.

Definicja [Uzupelnij]

Mówimy, że liczba $g$ jest granicą ciągu $\{x_n\}\subseteq \mathbb{ℝ},$ jeśli

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall \varepsilon>0\ \exists N\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N:\ |x_n-g|<\varepsilon }

i piszemy

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x}_n=g\text{<mrow data-mjx-texclass="ORD">lub</mrow>}{x}_n\stackrel{\mathbb{ℝ}}{⟶}g\text{<mrow data-mjx-texclass="ORD">lub</mrow>}{x}_n\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}g\text{<mrow data-mjx-texclass="ORD">lub</mrow>}{x}_n⟶g.$

Mówimy, że ciąg $\{x_n\}$ jest zbieżny, jeśli

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \exists g\in \mathbb{R}:\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} x_n=g. }

{{red}Rysunek AM1.M04.W.R06 (stary numer AM1.4.14)}

W przypadku ciągów liczbowych wprowadza się także pojęcie granicy niewłaściwej (o której nie ma sensu mówić w dowolnej przestrzeni metrycznej).

{{definicja|[Uzupelnij]||

Mówimy, że ciąg liczbowy $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ ma granicę niewłaściwą $+\mathrm{\infty },$ jeśli

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

{{red}Rysunek AM1.M04.W.R07 (stary numer AM1.4.15)}
Mówimy wówczas, że ciąg $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest rozbieżny do $+\mathrm{\infty }$ i piszemy $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=+\mathrm{\infty }.$
Mówimy, że ciąg liczbowy $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ ma granicę niewłaściwą $-\mathrm{\infty },$ jeśli

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

Mówimy wówczas, że ciąg $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest rozbieżny do $-\mathrm{\infty }$ i piszemy $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=-\mathrm{\infty }.$ }}

{{red}Rysunek AM1.M04.W.R08 (stary numer AM1.4.16)}

Zwróćmy uwagę na to, że granica niewłaściwa nie jest granicą (w sensie Definicji Uzupelnic d.new.am1.w.04.050|), gdyż nie jest to element $\mathbb{ℝ}$ (nie jest to liczba rzeczywista). Należy tu również zwrócić uwagę na pewną niekonsekwencję w terminologii.

Mówiąc o granicy, czasem będziemy dodawać "granica właściwa" lub "granica skończona", aby wyraźnie zaznaczyć, że nie mówimy o granicy niewłaściwej. O ciągu, który ma granicę (właściwą) mówimy, że jest zbieżny. O ciągu, który ma granicę niewłaściwą mówimy, że jest rozbieżny do $+\mathrm{\infty }$ lub $-\mathrm{\infty }.$ O ciągu który nie ma granicy właściwej mówimy, że jest rozbieżny.

Twierdzenie [Uzupelnij]

(O granicy iloczynu ciągów ograniczonego i zbieżnego do zera)
Jeśli $\{a_n\},\{b_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ są ciągami takimi, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=0$ oraz $\{b_n\}$ jest ograniczony, to $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n{b}_n=0.$

Dowód [Uzupelnij]

Niech $M>0$ będzie stałą ograniczającą ciąg $\{b_n\}$ (która istnieje z założenia), to znaczy

$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:|b_n|\le M.$

Ustalmy $\epsilon >0.$ Ponieważ $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=0,$ więc

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \exists N\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N:\ |a_n|\le\frac{\varepsilon}{M}. }

Zatem dla $n\ge N$ mamy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle |a_nb_n| \ \le\ \frac{\varepsilon}{M}\cdot M \ =\ \varepsilon. }

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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall \varepsilon>0\ \exists N\in\mathbb{N}:\ |a_nb_n|\le\varepsilon, }

czyli udowodniliśmy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n{b}_n=0.$

{black}

Przykład [Uzupelnij]

Obliczyć granicę $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{\sin n}{n}$.

Rozwiązanie

Jeśli zdefiniujemy $a_n=\frac{1}{n}$ oraz $b_n=\sin n$ dla $n\in \mathbb{\mathbb{N}}$, to $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=0$ oraz ciąg $\{b_n\}$ jest ograniczony, gdyż

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall n\in\mathbb{N}:\ |\sin n| \ \le\ 1. }

Zatem z Twierdzenia Uzupelnic t.new.am1.w.04.070| wnioskujemy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{\sin n}{n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n{b}_n=0$.

{}$◻$

Dla ciągów liczbowych możliwe jest wykonywanie działań na elementach tych ciągów oraz na ich granicach. Poniższe twierdzenie podaje związki jakie zachodzą między tymi działaniami.

Twierdzenie [Uzupelnij]

(O "arytmetyce" granic ciągów)
Jeśli $\{a_n\},\{b_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ są ciągami liczbowymi zbieżnymi oraz $c\in \mathbb{ℝ},$ to
(1) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n\pm b_n)=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n\pm \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n$;
(2) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(c\cdot a_n)=c\cdot \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n$;
(3) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n{b}_n)=(\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n)(\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n)$;
(4) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{b_n}=\frac{\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n}{\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n}$ (o ile $b_n\ne 0$ dla $n\in \mathbb{\mathbb{N}}$ oraz $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n\ne 0$);
(5) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n^{b^n}=(\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n{)}^{\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n}$ (o ile działania po obu stronach są wykonalne);
(6) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=a⟹\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}|a_n|=|a|$;
(7) $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=0⟺\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}|a_n|=0.$

Dowód [Uzupelnij]

(Ad 1) Niech $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=a$ oraz $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=b.$ Pokażemy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n+b_n)=a+b.$
W tym celu ustalmy $\epsilon >0.$ Z definicji granicy ciągu zastosowanej do ciągów $\{a_n\}$ i $\{b_n\}$ wiemy, że

$\mathrm{\exists }{N}_1\in \mathbb{\mathbb{N}}\mathrm{\forall }n\ge N_1:|a_n-a|<\frac{\epsilon }{2}$

oraz

$\mathrm{\exists }{N}_2\in \mathbb{\mathbb{N}}\mathrm{\forall }n\ge N_2:|b_n-b|<\frac{\epsilon }{2}.$

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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \big|(a_n+b_n)-(a+b)\big| \ \le\ |a_n-a|+|b_n-b| \ <\ \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2} \ =\ \varepsilon. }

Ponieważ $\epsilon >0$ było dowolnie wybrane, więc pokazaliśmy, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall \varepsilon>0\ \exists N\in \mathbb{N}:\ \big|(a_n+b_n)-(a+b)\big| \ <\ \varepsilon, }

czyli $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n+b_n)=a+b.$
Analogicznie pokazuje się, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(a_n-b_n)=a-b.$
(Ad (3)--(4), (6)--(7)) Dowody tych części są pozostawione na ćwiczenia (patrz Zadania Uzupelnic z.new.am1.c.04.0050| i Uzupelnic z.new.am1.c.04.0060|).
(Ad (2)) Wynika to od razu z punktu (3) (dlaczego?).
(Ad (5)) Pozostawiamy to bez dowodu.

{black}

Przykład [Uzupelnij]

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

Rozwiązanie

(Ad (1)) Niech $a_n=(-1{)}^n\frac{2n+1}{3n^2}.$ Policzmy najpierw granice modułów:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} |a_n| & = & \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{2n+1}{3n^2} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\bigg(\frac{2n}{3n^2}+\frac{1}{3n^2}\bigg) \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\bigg(\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{n}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{n}\bigg)\\ & = & \frac{2}{3}\cdot\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{1}{n}+ \frac{1}{3}\cdot\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{1}{n}\cdot\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{1}{n} \ =\ \frac{2}{3}\cdot 0+\frac{1}{3}\cdot 0\cdot 0 \ =\ 0. \endaligned}

W powyższych rachunkach korzystaliśmy z arytmetyki granic (patrz Twierdzenia Uzupelnic t.new.am1.w.04.080|(1)--(3)) oraz ze znajomości granicy $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}$ (patrz Przykład Uzupelnic p.new.am1.w.03.210|). Ponieważ otrzymaliśmy $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}|a_n|=0,$ więc korzystając z Twierdzenia Uzupelnic t.new.am1.w.04.080|(7) wnioskujemy, że także $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=0.$

(2) Ponieważ

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \bigg(2+\frac{1}{n}\bigg) \ =\ 2 }

oraz

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{1}{2^n} \ =\ 0 }

(patrz Przykład Uzupelnic p.new.am1.w.03.220|), zatem korzystając z Twierdzenia Uzupelnic t.new.am1.w.04.080|(5) dostajemy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \bigg(2+\frac{1}{n}\bigg)^{\frac{1}{2^n}} \ =\ 2^0 \ =\ 1. } {}$◻$

Poniższe twierdzenie mówi, że jeśli wyrazy pewnego ciągu $\{b_n\}$ leżą pomiędzy wyrazami dwóch innych ciągów $\{a_n\}$ i $\{b_n\}$ (przynajmniej od pewnego miejsca) mających tę samą granicę $g$ (właściwą lub niewłaściwą), to ciąg $\{b_n\}$ ma tę samą granicę $g.$
{{red}Rysunek AM1.M04.W.R09 (stary numer AM1.4.17)}

Twierdzenie [Uzupelnij]

(O trzech ciągach)
Jeśli $\{a_n\},\{b_n\},\{c_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ są ciągami takimi, że

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{c}_n=g\in \overline{\mathbb{ℝ}}\text{<mrow data-mjx-texclass="ORD">oraz</mrow>}\mathrm{\exists }N\in \mathbb{\mathbb{N}}\mathrm{\forall }n\ge N:a_n\le b_n\le c_n,$

to $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=g.$

Dowód [Uzupelnij]

Dowód podamy jedynie w przypadku, gdy $g\in \mathbb{ℝ}$. Załóżmy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{c}_n=g$ oraz $\mathrm{\exists }N\in N\mathrm{\forall }n\ge N:a_n\le b_n\le c_n.$ Należy pokazać, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=g.$ W tym celu ustalmy dowolne $\epsilon >0.$ Z definicji granicy ciągu, mamy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned && \exists N_1\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N:\ |a_n-g|<\varepsilon,\\ && \exists N_2\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N:\ |c_n-g|<\varepsilon. \endaligned}

Niech $N_3=\max \{N,N_1,N_2\}.$ Z powyższych nierówności wynika w szczególności, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall n\ge N_3:\ g-\varepsilon\ <\ a_n \ \le\ b_n\ \le\ c_n\ <\ g+\varepsilon, }

zatem

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall n\ge N_3:\ |b_n-g|<\varepsilon, }

co dowodzi, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=g.$

{black}

Przykład [Uzupelnij]

Obliczyć granicę ciągu $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}[2+(-1{)}^n]\frac{3n^2+2n}{4n^4+3n+1}.$

Rozwiązanie

Niech $x_n=[2+(-1{)}^n]\frac{3n^2+2n}{4n^4+3n+1}.$

Zauważmy, że $x_n=y_n{b}_n,$ gdzie $y_n=2+(-1{)}^n$ oraz $b_n=\frac{3n^2+2n}{4n^4+3n+1}.$ W celu obliczenia $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n$ zauważmy, że

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\beginarray”): {\displaystyle \beginarray {ccccc} \displaystyle\frac{3n^2}{4n^4+3n^4+n^4} & \le & \displaystyle\frac{3n^2+2n}{4n^4+3n+1} & \le & \displaystyle\frac{3n^2+2n^2}{4n^4}\\ \shortparallel & & & & \shortparallel\\ \displaystyle\frac{3n^2}{8n^4} & & & & \displaystyle\frac{5n^2}{4n^4}\\ \shortparallel & & & & \shortparallel\\ \displaystyle\frac{3}{8}\frac{1}{n^2} & & & & \displaystyle\frac{5}{4}\frac{1}{n^2}\\ \downarrow & & & & \downarrow\\ 0 & & & & 0\\ \endarray }

przy czym ostatnie zbieżności do zera, wynikają z twierdzenia o granicy iloczynu ciągu (patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.04.080|(3)), to znaczy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{3}{8}\cdot\frac{1}{n^2} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{3}{8}\cdot\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{1}{n}\cdot\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{1}{n} \ =\ \frac{3}{8}\cdot 0\cdot 0 \ =\ 0 }

i podobnie $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{5}{4}\frac{1}{n^2}=0.$

Teraz korzystając z twierdzenia o trzech ciągach (patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.04.100|) dostajemy $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=0.$

Odnośnie ciągu $\{y_n\}$ zauważmy, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall n\in\mathbb{N}:\ 1 \ \le\ y_n \ \le\ 3, }

a zatem ciąg $\{y_n\}$ jest ograniczony.

W końcu korzystając z twierdzenia o iloczynie ciągu zbieżnego do zera i ograniczonego (patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.04.070|) dostajemy $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x}_n=0.$

{}$◻$

Kolejne twierdzenie mówi w jaki sposób nierówności między wyrazami dwóch ciągów przenoszą się na nierówności między granicami tych ciągów i na odwrót. Mianowicie, jeśli $\{a_n\}$ i $\{b_n\}$ są dwoma ciągami mającymi granice (właściwe lub niewłaściwe) oraz wyrazy ciągu $\{b_n\}$ są większe lub równe od wyrazów ciągu $\{a_n\}$ to nierówność ta zachowuje się w granicy. Na odwrót, jeśli granica ciągu $\{b_n\}$ jest silnie większa od granicy ciągu $\{a_n\}$, to nierówność ta zachodzi także dla wyrazów ciągów $\{a_n\}$ i $\{b_n\}$, przynajmniej od pewnego miejsca.

Twierdzenie [Uzupelnij]

(O dwóch ciągach)
Jeśli $\{a_n\},\{b_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ są ciągami takimi, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=a\in \overline{\mathbb{ℝ}}$ oraz $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=b\in \overline{\mathbb{ℝ}},$ to prawdziwe są implikacje:
(1) Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle\bigg[a=+\infty\ \wedge\ \forall n\in\mathbb{N}:\ a_n\le b_n\bigg]\ \Longrightarrow\ \bigg[b=+\infty\bigg]} ;
(2) Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle\bigg[b=-\infty\ \wedge\ \forall n\in\mathbb{N}:\ a_n\le b_n\bigg]\ \Longrightarrow\ \bigg[a=-\infty\bigg]} ;
(3) $[\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:a_n\le b_n]⟹[a\le b]$;
(4) Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle\bigg[a<b\bigg]\ \Longrightarrow\ \bigg[\exists N\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N:\ a_n< b_n\bigg].}

{blue}

Dowód [Uzupelnij]

{blue}(Dowód nadobowiązkowy.)
(Ad (1)) Zakładamy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=+\mathrm{\infty }$ oraz $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:a_n\le b_n.$
Ustalmy dowolne $M>0.$ Ponieważ $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=+\mathrm{\infty },$ więc

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

Zatem dla dowolnego $n\ge N$ mamy

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

Ponieważ $M>0$ było dowolne, więc pokazaliśmy, że

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

a to oznacza, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=+\mathrm{\infty }.$
(Ad (2)) Dowód analogiczny do dowodu (1).
(Ad (3) Niech $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=a\in \overline{\mathbb{ℝ}},\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{b}_n=b\in \overline{\mathbb{ℝ}}$ oraz $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:a_n\le b_n.$
"Przypadek $1^o.$" Niech $a,b\in \mathbb{ℝ}.$

Dla dowodu niewprost przypuśćmy, że $a>b.$ Ustalmy $\epsilon =\frac{a-b}{2}>0.$ Z definicji granicy ciągu mamy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned && \displaystyle \exists N_1>0\ \forall n\ge N_1:\ |a_n-a|<\frac{a-b}{2},\\ && \displaystyle \exists N_2>0\ \forall n\ge N_2:\ |b_n-b|<\frac{a-b}{2}, \endaligned}

i w szczególności

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned && \displaystyle \exists N_1\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N_1:\ a_n>\frac{a+b}{2},\\ && \displaystyle \exists N_2\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N_2:\ b_n<\frac{a+b}{2}, \endaligned}

Niech $k=\max \{N_1,N_2\}.$ Wówczas dla wyrazów $a_k$ i $b_k$ mamy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle a_k \ >\ \frac{a+b}{2} \ >\ b_k, }

co jest sprzeczne z założeniem. Zatem pokazaliśmy, że $a\le b.$

"Przypadek $2^o.$" $a=+\mathrm{\infty }$ lub $b=-\mathrm{\infty }.$ Wówczas teza wynika z (1) lub (2).

"Przypadek $3^o.$" $a=-\mathrm{\infty }$ lub $b=+\mathrm{\infty }.$ Wówczas zawsze zachodzi nierówność $a\le b.$

(Ad (4)) "Przypadek $1^o.$" Niech $a,b\in \mathbb{ℝ}.$ Ustalmy $\epsilon =\frac{b-a}{2}.$ Ponieważ $b>a$, więc $\epsilon >0$. Z definicji granicy ciągu i granicy niewłaściwej, mamy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned && \displaystyle \exists N_1\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N_1:\ |a_n-a|<\frac{b-a}{2},\\ && \displaystyle \exists N_2\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N_2:\ |b_n-b|<\frac{b-a}{2}. \endaligned}

Niech $N=\max \{N_1,N_2\}.$ W szczególności mamy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall n\ge N:\ a_n \ <\ \frac{a+b}{2} \ <\ b_n, }

co należało pokazać.

"Przypadek $2^o.$" $a=-\mathrm{\infty }.$ Niech $\epsilon =1$ i $M=b-1.$ Z definicji granicy ciągu mamy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned && \displaystyle \exists N_1\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N_1: a_n<b-1,\\ && \displaystyle \exists N_2\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N_2: |b_n-b|<1. \endaligned}

Niech $N=\max \{N_1,N_2\}.$ W szczególności mamy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall n\ge N:\ a_n \ <\ b-1 \ <\ b_n, }

co należało pokazać.

"Przypadek $3^o.$" $b=+\mathrm{\infty }.$ Dowód jest analogiczny jak w przypadku $2^o.$

{black}

Kolejne twierdzenie mówi, iż dla ciągów monotonicznych pojęcie granicy pokrywa się z pojęciem kresu górnego (ewentualnie kresu dolnego) zbioru wartości ciągu.

Twierdzenie [Uzupelnij]

Jeśli $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest ciągiem, to
(1) jeśli $\{a_n\}$ jest rosnący to $\{a_n\}$ ma granicę (właściwą lub niewłaściwą) oraz

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n \ =\ \sup\big\{a_n:\ n\in\mathbb{N}\big\}; }

(2) jeśli $\{a_n\}$ jest malejący to $\{a_n\}$ ma granicę (właściwą lub niewłaściwą) oraz

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n \ =\ \inf\big\{a_n:\ n\in\mathbb{N}\big\}. }

{blue}

Dowód [Uzupelnij]

{blue}(Dowód nadobowiązkowy.)
(Ad (1)) Załóżmy, że $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest ciągiem rosnącym oraz niech

$g\stackrel{df}{=}\sup \{a_n:n\in \mathbb{\mathbb{N}}\}$

(supremum zbioru liczbowego zawsze istnieje i jest elementem $\mathbb{ℝ}$ lub wynosi $+\mathrm{\infty },$ gdyż zbiór jest niepusty). Pokażemy, że $g$ jest granicą ciągu $\{a_n\}.$
Rozważmy dwa przypadki:
Przypadek $1^o.$ Niech $g\in \mathbb{ℝ}.$ Ustalmy dowolne $\epsilon >0.$ Z własności supremum mamy, że

$\mathrm{\exists }N\in \mathbb{\mathbb{N}}:g-\epsilon <a_N$

("de facto" z własności supremum wynika, że takich indeksów $N$ istnieje nieskończenie wiele, ale nam wystarczy wybór jednego z nich). Ponieważ ciąg $\{a_n\}$ jest rosnący oraz $\mathrm{\forall }n\in N:a_n\le g$ (z definicji supremum), więc

$\mathrm{\forall }n\ge N:g-\epsilon <a_N\le a_n\le g.$

Ponieważ $\epsilon >0$ był dowolnie wybrany, więc pokazaliśmy, że

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

zatem pokazaliśmy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=g.$
Przypadek $2^o.$ Niech $g=+\mathrm{\infty }.$ Ustalmy $M\in \mathbb{ℝ}.$ Z definicji supremum mamy, że

$\mathrm{\exists }N\in \mathbb{\mathbb{N}}:M<a_N.$

Ponieważ ciąg $\{a_n\}$ jest rosnący, więc

$\mathrm{\forall }n\ge N:M<a_N\le a_n.$

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

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

Zatem w obu przypadkach pokazaliśmy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=g.$
(Ad (2)) Dowód jest analogiczny jak dla (1).

{black}

{{twierdzenie|[Uzupelnij]|| (O ciągu monotonicznym i ograniczonym)
(1) Jeśli $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest ciągiem rosnącym i ograniczonym z góry, to jest on zbieżny.
{{red}Rysunek AM1.M04.W.R10 (stary numer AM1.4.18)} (2) Jeśli $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest ciągiem malejącym i ograniczonym z dołu, to jest on zbieżny.
(3) Ciąg monotoniczny jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy jest ograniczony. }}

Dowód [Uzupelnij]

(Ad (1)) Jeśli ciąg $\{a_n\}$ jest rosnący, to z Twierdzenia Uzupelnic t.new.am1.w.04.130|(1) wynika, że ma granicę (właściwą lub niewłaściwą) oraz

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} a_n \ =\ \sup\big\{a_n:\ n\in\mathbb{N}\big\}. }

Ponieważ jest on dodatkowo ograniczony, więc

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \sup\big\{a_n:\ n\in\mathbb{N}\big\} \ <\ +\infty, }

zatem granica jest właściwa, czyli ciąg jest zbieżny.
(Ad (2)) Dowód analogiczny jak w (1).
(Ad (3)) Jeśli ciąg jest monotoniczny i ograniczony, to zachodzi założenie jednego z punktów (1) lub (2) (to znaczy jest on malejący i ograniczony lub rosnący i ograniczony). W obu przypadkach wiemy, że ciąg jest zbieżny.
Implikacja w drugą stronę jest zawsze prawdziwa (to znaczy ciąg zbieżny jest ograniczony, nawet bez założenia monotoniczności). Wynika to z Twierdzenia Uzupelnic t.new.am1.w.03.250|.

{black}

Twierdzenie [Uzupelnij]

(Bolzano-Weierstrassa)
Każdy ciąg ograniczony $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ zawiera podciąg zbieżny.

W dowodzie powyższego twierdzenia wykorzystamy następujący lemat:

{{lemat|[Uzupelnij]||

Każdy ciąg liczbowy $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ zawiera podciąg monotoniczny.
{{red}Rysunek AM1.M04.W.R11 (stary numer AM1.4.19)} }}

Dowód [Uzupelnij]

(Szkic) Dla ciągu $\{a_n\}$ zdefiniujmy następujący zbiór:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle Z \ \stackrel{df}{=}\ \bigg\{ n\in\mathbb{N}:\ \forall m\in\mathbb{N} \ \big[m>n\Longrightarrow a_m>a_n\big] \bigg\}. }

Możliwe są dwa przypadki.
Jeśli $\mathrm{\#}Z=\mathrm{\infty }$ (to znaczy zbiór $Z$ jest nieskończony), to możemy z ciągu $\{a_n\}$ wybrać podciąg rosnący (wystarczy, aby podciąg zawierał tylko te elementy ciągu $\{a_n\},$ których indeksy należą do zbioru $Z$).
Jeśli $\mathrm{\#}Z<\mathrm{\infty }$ (to znaczy zbiór $Z$ jest skończony), to możemy skonstruować podciąg malejący w następujący sposób. Niech $n_1\in \mathbb{\mathbb{N}}$ będzie liczbą większą od wszystkich liczb ze zbioru $Z.$ Ponieważ $n_1\in ̸Z,$ więc

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \exists n_2>n_1:\ a_{n_2}\le a_{n_1}. }

Dalej konstrukcja ciągu indeksów przebiega indukcyjnie w ten sam sposób. Jeśli wybraliśmy już indeksy $n_1<\dots <n_k,$ to z definicji zbioru $Z$ i faktu, że $n_k\in ̸Z$ wynika, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \exists n_{k+1}>n_k:\ a_{n_{k+1}}\le a_{n_k}. }

Skonstruowany w ten sposób podciąg $\{a_{n_k}{\}}_{k\in \mathbb{\mathbb{N}}}$ jest malejący.

{black}

Możemy teraz powrócić do dowodu Twierdzenia Bolzano-Weierstrassa:

Dowód [Uzupelnij]

Twierdzenia Uzupelnic t.new.am1.w.04.150|
Niech $\{a_n\}\in \mathbb{ℝ}$ będzie ciągiem ograniczonym. Z Lematu Uzupelnic l.new.am1.w.04.160| wynika, że możemy z niego wybrać podciąg monotoniczny $\{a_{n_k}{\}}_{k\in \mathbb{\mathbb{N}}}.$ Oczywiście podciąg $\{a_{n_k}{\}}_{k\in \mathbb{\mathbb{N}}}$ jest także ograniczony, zatem z Twierdzenia Uzupelnic t.new.am1.w.04.140|(3) wynika, że podciąg $\{a_{n_k}{\}}_{k\in \mathbb{\mathbb{N}}}$ jest zbieżny.

{black}

Wniosek [Uzupelnij]

Z każdego ciągu liczbowego $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ można wybrać podciąg posiadający granicę (właściwą lub niewłaściwą).

Dowód [Uzupelnij]

Z Lematu Uzupelnic l.new.am1.w.04.160| wiemy, że z ciągu $\{a_n\}$ można wybrać podciąg monotoniczny. Jeśli jest on ograniczony, to z Twierdzenia Uzupelnic t.new.am1.w.04.140| wynika, że jest on zbieżny (ma granicę właściwą). Jeśli zaś jest nieograniczony, to skoro jest monotoniczny, to granicą jest $+\mathrm{\infty }$ lub $-\mathrm{\infty }$.

{black}