Analiza matematyczna 1/Wykład 5: Obliczanie granic

Obliczanie granice

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 $1^{\infty}$

(1) Ciąg ${e_{n}} \subseteq ℝ$ 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 ${a_{n}} \subseteq ℝ$ jest ciągiem o wyrazach dodatnich takim, że $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = + \infty,$ 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 $n \geq 3,$ 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 $n \in ℕ$ 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}. }

Jakob Bernoulli (1654-1705)
Zobacz biografię

Stosując nierówność Bernoullego

(patrz uwaga 2.16.) z $r = n + 1 \geq 2$ 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 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

\forall n \in 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 $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = + \infty .$ 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 ${a_{n_{k_{l}}}}$ ciągu ${a_{n_{k}}},$ który jest monotonicznie rosnący do $+ \infty$ oraz taki, że

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

Dla każdego $l \in ℕ$ 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}} & \leq & (1 + \frac{1}{a_{n_{k_{l}}}})^{N_{l}} & \leq & (1 + \frac{1}{a_{n_{k_{l}}}})^{a_{n_{k_{l}}}} & \leq & (1 + \frac{1}{a_{n_{k_{l}}}})^{N_{l} + 1} & \leq & (1 + \frac{1}{N_{l}})^{N_{l} + 1} \\ ↓ & ↓ \\ e & e \end{array}

gdzie zbieżności ciągów ${(1 + \frac{1}{N_{l} + 1})^{N_{l}}}$ i ${(1 + \frac{1}{N_{l}})^{N_{l} + 1}}$ 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 $\lim_{l \to + \infty} (1 + \frac{1}{a_{n_{k_{l}}}})^{a_{n_{k_{l}}}} = e .$

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

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

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) $a + \infty = + \infty,$ dla $- \infty < a \leq + \infty,$ to znaczy
jeśli ${a_{n}}$ i ${b_{n}}$ są ciągami liczbowymi takimi, że $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = a$ i $\lim_{n \to + \infty} b_{n} = + \infty,$ gdzie $- \infty < a \leq + \infty,$ to $\lim_{n \to + \infty} (a_{n} + b_{n}) = + \infty .$

(2) $a - \infty = - \infty$ dla $- \infty \leq a < + \infty,$ to znaczy
jeśli ${a_{n}}$ i ${b_{n}}$ są ciągami liczbowymi takimi, że $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = a$ i $\lim_{n \to + \infty} b_{n} = + \infty,$ gdzie $- \infty \leq a < + \infty,$ to $\lim_{n \to + \infty} (a_{n} - b_{n}) = - \infty .$

(3) $a \cdot (\pm \infty) = \pm \infty$ dla $0 < a \leq + \infty,$ to znaczy
jeśli ${a_{n}}$ i ${b_{n}}$ są ciągami liczbowymi takimi, że $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = a$ i $\lim_{n \to + \infty} b_{n} = \pm \infty,$ gdzie $0 < a \leq + \infty,$ to $\lim_{n \to + \infty} (a_{n} \cdot b_{n}) = \pm \infty .$

(4) $a \cdot (\pm \infty) = \mp \infty$ dla $- \infty \leq a < 0,$ to znaczy
jeśli ${a_{n}}$ i ${b_{n}}$ są ciągami liczbowymi takimi, że $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = a$ i $\lim_{n \to + \infty} b_{n} = \pm \infty,$ gdzie $- \infty \leq a < 0,$ to $\lim_{n \to + \infty} (a_{n} \cdot b_{n}) = \mp \infty .$

(5) $\frac{a}{\pm \infty} = 0$ dla $a \in ℝ,$ to znaczy
jeśli ${a_{n}}$ i ${b_{n}}$ są ciągami liczbowymi takimi, że $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = a \in ℝ$ i $\lim_{n \to + \infty} b_{n} = \pm \infty$ oraz $b_{n} \neq 0$ dla $n \in ℕ,$ to $\lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = 0 .$

(6a) $\frac{a}{0^{+}} = + \infty$ dla $0 < a \leq + \infty,$ to znaczy
jeśli ${a_{n}}$ i ${b_{n}}$ są ciągami liczbowymi takimi, że $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = a$ i $\lim_{n \to + \infty} b_{n} = 0,$ gdzie $0 < a \leq + \infty$ oraz $b_{n} > 0$ dla $n \in ℕ,$ to $\lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = + \infty .$

(6b) $\frac{a}{0^{-}} = - \infty$ dla $0 < a \leq + \infty,$ to znaczy
jeśli ${a_{n}}$ i ${b_{n}}$ są ciągami liczbowymi takimi, że $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = a$ i $\lim_{n \to + \infty} b_{n} = 0,$ gdzie $0 < a \leq + \infty$ oraz $b_{n} < 0$ dla $n \in ℕ,$ to $\lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = - \infty .$

(7a) $\frac{a}{0^{+}} = - \infty$ dla $- \infty \leq a < 0,$ to znaczy
jeśli ${a_{n}}$ i ${b_{n}}$ są ciągami liczbowymi takimi, że $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = a$ i $\lim_{n \to + \infty} b_{n} = 0,$ gdzie $- \infty \leq a < 0$ oraz $b_{n} > 0$ dla $n \in ℕ,$ to $\lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = - \infty .$

(7a) $\frac{a}{0^{-}} = + \infty$ dla $- \infty \leq a < 0,$ to znaczy
jeśli ${a_{n}}$ i ${b_{n}}$ są ciągami liczbowymi takimi, że $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = a$ i $\lim_{n \to + \infty} b_{n} = 0,$ gdzie $- \infty \leq a < 0$ oraz $b_{n} < 0$ dla $n \in ℕ,$ to $\lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = + \infty .$

(8a) $a^{+ \infty} = 0$ dla $0^{+} \leq a < 1,$ to znaczy
jeśli ${a_{n}}$ i ${b_{n}}$ są ciągami liczbowymi takimi, że $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = a$ i $\lim_{n \to + \infty} b_{n} = + \infty,$ gdzie $0 \leq a < 1$ oraz $a_{n} > 0$ dla $n \in ℕ,$ to $\lim_{n \to + \infty} a_{n}^{b_{n}} = 0 .$

(8b) $a^{- \infty} = + \infty$ dla $0^{+} \leq a < 1,$ to znaczy
jeśli ${a_{n}}$ i ${b_{n}}$ są ciągami liczbowymi takimi, że $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = a$ i $\lim_{n \to + \infty} b_{n} = - \infty,$ gdzie $0 \leq a < 1$ oraz $a_{n} > 0$ dla $n \in ℕ,$ to $\lim_{n \to + \infty} a_{n}^{b_{n}} = + \infty .$

(9a) $a^{- \infty} = 0$ dla $1 < a \leq + \infty,$ to znaczy
jeśli ${a_{n}}$ i ${b_{n}}$ są ciągami liczbowymi takimi, że $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = a$ i $\lim_{n \to + \infty} b_{n} = - \infty,$ gdzie $1 < a \leq + \infty,$ to $\lim_{n \to + \infty} a_{n}^{b_{n}} = 0 .$

(9b) $a^{+ \infty} = + \infty$ dla $1 < a \leq + \infty,$ to znaczy
jeśli ${a_{n}}$ i ${b_{n}}$ są ciągami liczbowymi takimi, że $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = a$ i $\lim_{n \to + \infty} b_{n} = + \infty,$ gdzie $1 < a \leq + \infty,$ to $\lim_{n \to + \infty} a_{n}^{b_{n}} = + \infty .$

(10) $\infty^{b} = 0$ dla $- \infty \leq b < 0,$ to znaczy
jeśli ${a_{n}}$ i ${b_{n}}$ są ciągami liczbowymi takimi, że $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = + \infty$ i $\lim_{n \to + \infty} b_{n} = b,$ gdzie $- \infty \leq b < 0,$ to $\lim_{n \to + \infty} a_{n}^{b_{n}} = 0 .$

(11) $\infty^{b} = + \infty$ dla $0 < b \leq + \infty,$ to znaczy
jeśli ${a_{n}}$ i ${b_{n}}$ są ciągami liczbowymi takimi, że $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = + \infty$ i $\lim_{n \to + \infty} b_{n} = b,$ gdzie $0 < b \leq + \infty,$ to $\lim_{n \to + \infty} a_{n}^{b_{n}} = + \infty .$

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 $M \in ℝ .$ Ponieważ $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = a$ (gdzie $- \infty < a \leq + \infty$ ), więc ciąg ${a_{n}}$ jest ograniczony od dołu, to znaczy

\exists \overline{M} \in ℝ \forall n \in ℕ : a_{n} \geq \overline{M} .

Ponieważ $\lim_{n \to + \infty} b_{n} = + \infty,$ 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 $n \geq N,$ mamy

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

Ponieważ $M \in ℝ$ 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 $\lim_{n \to + \infty} (a_{n} + b_{n}) = + \infty .$

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 $+ \infty$ 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 $\infty - \infty$ 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:

\infty - \infty, 0 \cdot \infty, \frac{0}{0}, \frac{\infty}{\infty}, 1^{\infty}, \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 $g \in \overline{ℝ}$ lub bez granicy.

$\begin{array}{lll} \lim_{n \to + \infty} a_{n} = \infty & \lim_{n \to + \infty} b_{n} = \infty & \infty - \infty \\ a_{n} = n^{2} & b_{n} = n^{2} & \lim_{n \to + \infty} (a_{n} - b_{n}) = 0 \\ a_{n} = n^{2} & b_{n} = n & \lim_{n \to + \infty} (a_{n} - b_{n}) = + \infty \\ a_{n} = n & b_{n} = n^{2} & \lim_{n \to + \infty} (a_{n} - b_{n}) = - \infty \\ a_{n} = n & b_{n} = (n - a) & \lim_{n \to + \infty} (a_{n} - b_{n}) = a (gdzie a \in ℝ) \\ a_{n} = n + (- 1)^{n} & b_{n} = n & {a_{n} - b_{n}} niemagranicy \end{array}$

\begin{array}{lll} \lim_{n \to + \infty} a_{n} = 0 & \lim_{n \to + \infty} b_{n} = \infty & 0 \cdot \infty \\ a_{n} = \frac{- 1}{n} & b_{n} = n^{2} & \lim_{n \to + \infty} (a_{n} \cdot b_{n}) = - \infty \\ a_{n} = \frac{1}{n} & b_{n} = n^{2} & \lim_{n \to + \infty} (a_{n} \cdot b_{n}) = + \infty \\ a_{n} = \frac{a}{n} & b_{n} = n & \lim_{n \to + \infty} (a_{n} \cdot b_{n}) = a (gdzie a \in ℝ) \\ a_{n} = \frac{(- 1)^{n}}{n} & b_{n} = n & {a_{n} \cdot b_{n}} niemagranicy \end{array}

\begin{array}{lll} \lim_{n \to + \infty} a_{n} = 0 & \lim_{n \to + \infty} b_{n} = 0 & \frac{0}{0} \\ a_{n} = \frac{- 1}{n} & b_{n} = \frac{1}{n^{2}} & \lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = - \infty \\ a_{n} = \frac{1}{n} & b_{n} = \frac{1}{n^{2}} & \lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = + \infty \\ a_{n} = \frac{a}{n} & b_{n} = \frac{1}{n} & \lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = a (gdzie a \in ℝ) \\ a_{n} = \frac{(- 1)^{n}}{n} & b_{n} = \frac{1}{n} & {\frac{a_{n}}{b_{n}}} niemagranicy \end{array}

\begin{array}{lll} \lim_{n \to + \infty} a_{n} = \infty & \lim_{n \to + \infty} b_{n} = \infty & \frac{\infty}{\infty} \\ a_{n} = n^{2} & b_{n} = n & \lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = + \infty \\ a_{n} = a n & b_{n} = n & \lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = a (gdzie a \in ℝ) \\ a_{n} = n + \frac{(- 1)^{n} n}{2} & b_{n} = n & {\frac{a_{n}}{b_{n}}} niemagranicy \end{array}

\begin{array}{lll} \lim_{n \to + \infty} a_{n} = 1 & \lim_{n \to + \infty} b_{n} = \infty & 1^{\infty} \\ a_{n} = 1 + \frac{1}{n} & b_{n} = n^{2} & \lim_{n \to + \infty} a_{n}^{b_{n}} = + \infty \\ a_{n} = 1 & b_{n} = n & \lim_{n \to + \infty} a_{n}^{b_{n}} = 1 \\ a_{n} = 1 + \frac{1}{n} & b_{n} = n & \lim_{n \to + \infty} a_{n}^{b_{n}} = e \\ a_{n} = 1 + \frac{1}{n} & b_{n} = n \ln a & \lim_{n \to + \infty} a_{n}^{b_{n}} = a (gdzie a > 0) \end{array}

\begin{array}{lll} \lim_{n \to + \infty} a_{n} = \infty & \lim_{n \to + \infty} b_{n} = 0 & \infty^{0} \\ a_{n} = 2^{n^{2}} & b_{n} = \frac{1}{n} & \lim_{n \to + \infty} a_{n}^{b_{n}} = + \infty \\ a_{n} = a^{n} & b_{n} = \frac{1}{n} & \lim_{n \to + \infty} a_{n}^{b_{n}} = a (gdzie a > 1) \end{array}

\begin{array}{lll} \lim_{n \to + \infty} a_{n} = 0 & \lim_{n \to + \infty} b_{n} = 0 & 0^{0} \\ a_{n} = \frac{1}{n} & b_{n} = \frac{1}{n} & \lim_{n \to + \infty} a_{n}^{b_{n}} = 1 \\ a_{n} = 0 & b_{n} = \frac{1}{n} & \lim_{n \to + \infty} a_{n}^{b_{n}} = 0 \\ a_{n} = a^{n} & b_{n} = \frac{1}{n} & \lim_{n \to + \infty} a_{n}^{b_{n}} = a (gdzie 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) $\forall x \geq 0 : \sin x \leq x$
(2) Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \forall 0<|x|<\frac{\pi}{2}:\ \bigg|\frac{\sin x}{x}-1\bigg|<x^2.}

<flash>file=AM1.M05.W.R02.swf|width=375|height=375</flash>

<div.thumbcaption>AM1.M05.W.R02

Dowód lematu 5.7.

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

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

gdzie:
$P_{△ O A B}$ oznacza pole trójkąta $O A B,$
$P_{⊲ O A B}$ oznacza pole wycinka koła $O A B,$
$P_{△ O A C}$ oznacza pole trójkąta $O A C .$

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 $x \in (0, \frac{π}{2})$ nierówność (1) jest udowodniona. Zauważmy, że dla $x = 0$ zachodzi równość, natomiast dla $x > 1$ nierówność jest oczywista, gdyż $\sin x \leq 1 < x .$ Zatem pokazaliśmy nierówność (1) dla dowolnego $x \geq 0 .$
(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 \leq \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 + \infty} n^{p} = {\begin{cases} + \infty & p > 0, \\ 1 & p = 0, \\ 0 & p < 0; \end{cases}

(2) jeśli $a > 1$ oraz $α \geq 0,$ to $\lim_{n \to + \infty} \frac{n^{α}}{a^{n}} = 0$ ;

<flash>file=AM1.M05.W.R02.swf|width=375|height=375</flash>

<div.thumbcaption>AM1.M05.W.R02

<flash>file=AM1.M05.W.R03.swf|width=375|height=375</flash>

<div.thumbcaption>AM1.M05.W.R03

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

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

<flash>file=AM1.M05.W.R04.swf|width=375|height=375</flash>

<div.thumbcaption>AM1.M05.W.R04

<flash>file=AM1.M05.W.R05.swf|width=375|height=375</flash>

<div.thumbcaption>AM1.M05.W.R05

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

(6) jeśli $a > 0,$ to $\lim_{n \to + \infty} a^{n} = {\begin{cases} nie istnieje & a \leq - 1, \\ 0 & | a | < 1, \\ 1 & a = 1, \\ + \infty & a > 1 . \end{cases}$

<flash>file=AM1.M05.W.R06.swf|width=375|height=375</flash>

<div.thumbcaption>AM1.M05.W.R06

<flash>file=AM1.M05.W.R07.swf|width=375|height=375</flash>

<div.thumbcaption>AM1.M05.W.R07

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

(8)

$\lim_{n \to + \infty} \frac{\sin x_{n}}{x_{n}} = 1,$ gdzie ${x_{n}} \subseteq ℝ ∖ {0}$ jest dowolnym ciągiem takim, że $\lim_{n \to + \infty} x_{n} = 0 .$

<flash>file=AM1.M05.W.R08.swf|width=375|height=375</flash>

<div.thumbcaption>AM1.M05.W.R08

<flash>file=AM1.M05.W.R09.swf|width=375|height=375</flash>

<div.thumbcaption>AM1.M05.W.R09

Dowód twierdzenia 5.8.

(Dowód nadobowiązkowy)

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

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

Gdy $p < 0,$ to mamy do czynienia z symbolem $\infty^{p}$ (z $p < 0$ ). Z twierdzenia 5.4. (10) wynika, że $\lim_{n \to + \infty} n^{p} = 0 .$
(Ad (2)) Niech $c_{n} = \frac{n^{α}}{a^{n}}$ dla $n \in ℕ .$ 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 $\lim_{n \to + \infty} c_{n} = 0 .$
(Ad (3)) Na początku policzmy granicę ciągu ${c_{n}},$ gdzie $c_{n} = | \frac{a^{n}}{n!} |$ (gdzie $a \in ℝ$ ). 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 $\lim_{n \to + \infty} \frac{c_{n + 1}}{c_{n}} = 0 .$ Korzystając z Twierdzenia twierdzenia 5.3. wnioskujemy, że $\lim_{n \to + \infty} c_{n} = 0 .$ Z kolei korzystając z twierdzenia 4.9. (7) wnioskujemy, że $\lim_{n \to + \infty} \frac{a^{n}}{n!} = 0 .$
(Ad (4)) Przypadek $1^{o} .$ Gdy $0 < a \leq 1 .$

Wówczas ${\sqrt[n]{a}}$ jest ciągiem niemalejącym i ograniczonym, zatem zbieżnym (z 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 4.14.). Zatem $\sqrt[n]{a} \leq g,$ 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 $\lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a} = 1 .$
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 $\lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a} = 1 .$

(Ad (5)) Ustalmy dowolny $ε > 0 .$ Oznaczmy $η \overset{d f}{=} \sqrt{1 + ε} > 1 .$ 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 $\lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{N_{1}} = 1,$ 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 $N \overset{d f}{=} \max {N_{1}, N_{2}} .$ Wówczas dla dowolnego $n \geq N,$ 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 $ε > 0$ 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 $\lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{n} = 1 .$
(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 $\lim_{n \to + \infty} a^{n} = 1 .$

Gdy $a > 1,$ to dla dowolnej liczby $M > 0,$ ustalając $N > l o g_{a} M,$ dla każdego $n \geq N,$ 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 $\lim_{n \to + \infty} a^{n} = + \infty .$

Gdy $a \leq - 1,$ to zauważmy, że $a^{2 k} \geq 1$ oraz $a^{2 k - 1} \leq - 1$ (dla dowolnego $k \in ℕ$ ). 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

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 $\lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n^{2}} = 0,$ 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 $\lim_{n \to + \infty} x_{n} = 0,$ 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 5.7, 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 $\lim_{n \to + \infty} x_{n}^{2} = 0,$ 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.

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 ${a_{2 n}}$ i ${b_{2 n}}$ ).

Co więcej, z poprzedniego wykładu (patrz wniosek 4.18.) wiemy, że z każdego ciągu liczbowego można wybrać podciąg posiadający granicę (właściwą lub niewłaściwą). Takie $a \in \overline{ℝ}$ , które są granicami jakichś podciągów danego ciągu będziemy nazywać punktami skupienia wyjściowego ciągu.

Postawmy następującą definicję.

Definicja 5.9.

Niech ${a_{n}} \subseteq ℝ$ będzie ciągiem.
(1) Mówimy, że $a \in \overline{ℝ}$ jest punktem skupienia ciągu ${a_{n}},$ jeśli istnieje podciąg ${a_{n_{k}}}$ taki, że $\lim_{k \to + \infty} a_{n_{k}} = a .$
(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 $S \subseteq \overline{ℝ}$ 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{ℝ}

jest zbiorem punktów skupienia ciągu

{a_{n}} .

Rysunek AM1.M05.W.R10

Przykład 5.10.

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

Rozwiązanie

Ponieważ $\lim_{n \to + \infty} n \sin \frac{1}{n} = \frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} = 1$ (patrz twierdzenie 5.8. (7)), $\lim_{n \to + \infty} a_{2 n} = 3$ oraz $\lim_{n \to + \infty} a_{2 n + 1} = 1,$ 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. }

Rysunek AM1.M05.W.R11

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 ${a_{n}} \subseteq ℝ$ jest ciągiem liczbowym, to ${a_{n}}$ ma granicę $g \in \overline{ℝ}$ wtedy i tylko wtedy, gdy $lim inf_{n \to + \infty} a_{n} = lim sup_{n \to + \infty} a_{n} = g .$

Dowód twierdzenia 5.11.

(Dowód nadobowiązkowy)
Niech ${a_{n}} \subseteq ℝ$ będzie ciągiem liczbowym.
" $⟹$ ":
Jeśli $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = g \in \overline{ℝ},$ to dla dowolnego podciągu ${a_{n_{k}}}$ ciągu ${a_{n}}$ także $\lim_{k \to + \infty} a_{n_{k}} = g$ (patrz twierdzenie 3.25.). 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 $\lim_{_}_{n \to + \infty} a_{n} = \lim^{‾}_{n \to + \infty} a_{n} = g \in \overline{ℝ} .$ Oznacza to w szczególności, że $g$ jest jedynym punktem skupienia ciągu ${a_{n}} .$
Przypadek $1^{o} .$ Załóżmy, że $g \in ℝ .$
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

\exists ε > 0 \forall N \in ℕ \exists n \geq N : a_{n} \in̸ (g - ε, g + ε) .

Możemy wówczas skonstruować podciąg ${a_{n_{k}}}$ ciągu ${a_{n}},$ którego elementy nie leżą w przedziale $(g - ε, g + ε),$ 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 wniosek 4.18. wiemy, że z tego ciągu można wybrać podciąg mający granicę $\overline{g}$ (właściwą lub niewłaściwą). Oczywiście $\overline{g} \in̸ (g - ε, g + ε)$ (dlaczego?) czyli $\overline{g} \neq g .$ Zatem otrzymaliśmy sprzeczność z faktem, że $g$ jest jedynym punktem skupienia ciągu ${a_{n}} .$

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

Analiza matematyczna 1/Wykład 5: Obliczanie granic

Spis treści

Obliczanie granice

Liczba e

Arytmetyka granic niewłaściwych

Granice specjalne

Granica górna i granica dolna

Menu nawigacyjne

Działania na stronie

Opcje strony

Narzędzia osobiste

Nawigacja

Szukaj

Narzędzia