Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 4: Ciągi liczbowe

4. Ciągi liczbowe

Ćwiczenie 4.1.

Obliczyć następujące granice ciągów:
(1) $\lim_{n \to + \infty} \frac{2 n^{2} + 1}{3 n^{2} - 1}$ ,
(2) $\lim_{n \to + \infty} \frac{2 n^{2} + n + 2}{n \sqrt{n}}$ ,
(3) $\lim_{n \to + \infty} \frac{- n + 1}{n^{2} + 2}$ .

Wskazówka

(1) Podzielić licznik i mianownik przez $n^{2}$ i skorzystać z twierdzeń o arytmetyce granic.
(2) Wykorzystać twierdzenie o dwóch ciągach.
(3) Sposób I. Wykorzystać twierdzenie o trzech ciągach.
Sposób II. Podzielić licznik i mianownik przez $n^{2}$ oraz skorzystać z twierdzeń o arytmetyce granic.

Rozwiązanie

(1) Dzielimy licznik i mianownik przez $n^{2}$ i dostajemy:

\lim_{n \to + \infty} \frac{2 n^{2} + 1}{3 n^{2} - 1} = \lim_{n \to + \infty} \frac{2 + \overset{\to 0}{\overset{⏞}{\frac{1}{n^{2}}}}}{3 - \underset{\to 0}{\underset{⏟}{\frac{1}{n^{2}}}}} = \frac{2}{3}

przy czym w ostatniej równości wykorzystujemy twierdzenia o arytmetyce granic (dla sumy i iloczynu; patrz twierdzenie 4.9.) oraz fakt, że $\lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n^{2}} = 0$ (patrz przykład 3.21. i twierdzenie 4.9.).

(2) Zauważmy, że

\frac{2 n^{2}}{n \sqrt{n}} \leq \frac{2 n^{2} + n + 2}{n \sqrt{n}}

2 \sqrt{n} \leq \frac{2 n^{2} + n + 2}{n \sqrt{n}}

przy czym $2 \sqrt{n} \to + \infty$ . Zbieżność $\lim_{n \to + \infty} \sqrt{n} = + \infty$ łatwo pokazać z definicji granicy niewłaściwej. Zatem korzystając z twierdzenia o dwóch ciągach (patrz twierdzenie 4.13.(1)) wnioskujemy, że $\lim_{n \to + \infty} \frac{2 n^{2} + n + 2}{n \sqrt{n}} = + \infty$
(3) Sposób I. Zauważmy, że

\begin{array}{ccccc} - \frac{n}{n^{2}} & \leq & \frac{- n + 1}{n^{2} + 2} & \leq & 0 \\ ∥ & ↓ \\ - \frac{1}{n} & 0 \\ ↓ \\ 0 \end{array}

Zatem korzystając z twierdzenia a trzech ciągach wnioskujemy, że

\lim_{n \to + \infty} \frac{- n + 1}{n^{2} + 2} = 0

.

Sposób II. Dzieląc licznik i mianownik przez $n^{2}$ oraz korzystając z twierdzeń o arytmetyce granic, mamy

\lim_{n \to + \infty} \frac{- n + 1}{n^{2} + 2} = \lim_{n \to + \infty} \frac{\overset{\to 0}{\overset{⏞}{- \frac{1}{n}}} + \overset{\to 0}{\overset{⏞}{\frac{1}{n^{2}}}}}{1 + \underset{\to 0}{\underset{⏟}{\frac{2}{n^{2}}}}} = 0

Ćwiczenie 4.2.

Obliczyć następujące granice ciągów:
(1) $\lim_{n \to + \infty} \frac{(\binom{n + 2}{n})}{n^{2}}$ ,
(2) $\lim_{n \to + \infty} \frac{(\binom{n + 3}{n})}{n^{3}}$ .

Wskazówka

(1) Rozpisać symbol Newtona. Podzielić licznik i mianownik przez $n^{2}$ .
(2) Rozwiązać analogicznie do przykładu (1).

Rozwiązanie

(1) Rozpiszmy symbol Newtona występujący w wyrazach ciągu

(\binom{n + 2}{n}) = \frac{(n + 2)!}{n! \cdot 2!} = \frac{(n + 1) (n + 2)}{2}

Zatem liczymy:

\begin{aligned} \lim_{n \to + \infty} \frac{(\binom{n + 2}{n})}{n^{2}} & = & \lim_{n \to + \infty} \frac{(n + 1) (n + 2)}{2 n^{2}} = \lim_{n \to + \infty} \frac{n^{2} + 3 n + 2}{2 n^{2}} \\ = & \lim_{n \to + \infty} \frac{1}{2} + \underset{= 0}{\underset{⏟}{\lim_{n \to + \infty} \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{n}}} + \underset{= 0}{\underset{⏟}{\lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n^{2}}}} = \frac{1}{2} . \end{aligned}

(2) Rozpiszmy symbol Newtona występujący w wyrazach ciągu

(\binom{n + 3}{n}) = \frac{(n + 3)!}{n! \cdot 3!} = \frac{(n + 1) (n + 2) (n + 3)}{6}

Zatem liczymy:

\begin{aligned} \lim_{n \to + \infty} \frac{(\binom{n + 3}{n})}{n^{3}} & = & \lim_{n \to + \infty} \frac{(n + 1) (n + 2) (n + 3)}{6 n^{3}} = \lim_{n \to + \infty} \frac{n^{3} + 6 n^{2} + 11 n + 6}{6 n^{3}} \\ = & \lim_{n \to + \infty} \frac{1}{6} + \underset{= 0}{\underset{⏟}{\lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n}}} + \underset{= 0}{\underset{⏟}{\lim_{n \to + \infty} \frac{11}{6} \cdot \frac{1}{n^{2}}}} + \underset{= 0}{\underset{⏟}{\lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n^{3}}}} = \frac{1}{6} . \end{aligned}

Ćwiczenie 4.3.

Obliczyć następujące granice ciągów:
(1) $\lim_{n \to + \infty} \frac{5^{n + 1} + 1 + 6^{n + 1}}{3 \cdot 6^{n}}$ ,
(2) $\lim_{n \to + \infty} \frac{2^{n + 1} + 3^{n}}{3^{2 n} + 2}$ ,
(3) $\lim_{n \to + \infty} \frac{1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{16} + \dots + \frac{1}{4^{n}}}{1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{9} + \dots + \frac{1}{3^{n}}}$ .

Wskazówka

(1) Wykonać dzielenie przez $6^{n}$ .
(2) Sposób I. Wykorzystać twierdzenie o trzech ciągach.
Sposób II. Podzielić licznik i mianownik przez $3^{2 n}$ i skorzystać z twierdzeń o arytmetyce granic.
(3) Wykorzystać wzór na sumę skończonego ciągu geometrycznego (patrz uwaga 1.10.).

Rozwiązanie

(1) Wykonując dzielenie przez $6^{n}$ , dostajemy:

\lim_{n \to + \infty} \frac{5^{n + 1} + 1 + 6^{n + 1}}{3 \cdot 6^{n}} = \lim_{n \to + \infty} \frac{5}{3} (\frac{5}{6})^{n} + \lim_{n \to + \infty} \frac{1}{3} (\frac{1}{6})^{n} + \lim_{n \to + \infty} 2 = 2

,

gdzie wykorzystaliśmy znajomość ciągu geometrycznego (patrz przykład 3.22.).

(2) Sposób I. Zauważmy, że

\begin{array}{ccccc} 0 & \leq & \frac{2^{n + 1} + 3^{n}}{3^{2 n} + 2} & \leq & \frac{2^{n + 1} + 3^{n}}{3^{2 n}} \\ ↓ & ∥ \\ 0 & 2 (\frac{2}{9})^{n} + (\frac{1}{3})^{n} \\ ↓ \\ 0 \end{array}

gdzie wykorzystaliśmy znajomość ciągu geometrycznego. Zatem korzystając z twierdzenia o trzech ciągach, wnioskujemy, że

\lim_{n \to + \infty} \frac{2^{n + 1} + 3^{n}}{3^{2 n} + 2} = 0

.

Sposób II. Dzieląc licznik i mianownik przez $3^{2 n}$ oraz korzystając z twierdzeń o arytmetyce granic, mamy

\lim_{n \to + \infty} \frac{2^{n + 1} + 3^{n}}{3^{2 n} + 2} = \lim_{n \to + \infty} \frac{2 \cdot (\frac{2}{9})^{n} + (\frac{1}{3})^{n}}{1 + 2 \cdot (\frac{1}{9})^{n}} = 0

(3) Korzystając ze wzoru na sumę skończonego ciągu geometrycznego (patrz uwaga 1.10.), mamy

\lim_{n \to + \infty} \frac{1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{16} + \dots + \frac{1}{4^{n}}}{1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{9} + \dots + \frac{1}{3^{n}}} = \lim_{n \to + \infty} \frac{\frac{1 - \frac{1}{4^{n + 1}}}{1 - \frac{1}{4}}}{\frac{1 - \frac{1}{3^{n + 1}}}{1 - \frac{1}{3}}} =

\frac{9}{8} \cdot \lim_{n \to + \infty} \frac{1 - \overset{\to 0}{\overset{⏞}{(\frac{1}{4})^{n + 1}}}}{1 - \underset{\to 0}{\underset{⏟}{(\frac{1}{3})^{n + 1}}}} = \frac{9}{8} \cdot 1 = \frac{9}{8}

Ćwiczenie 4.4.

Niech ${x_{n}} \subseteq ℝ$ będzie ciągiem liczbowym takim, że $\lim_{n \to + \infty} x_{n} = g$ . Udowodnić, że jeśli $g \neq 0$ oraz $x_{n} \neq 0$ dla dowolnego $n \in ℕ$ , to ciąg ${\frac{1}{x_{n}}}$ jest ograniczony oraz dodatkowo

\exists m > 0 : | \frac{1}{x_{n}} | \geq m

Wskazówka

Skorzystać z definicji granicy ciągu z $ε = \frac{| g |}{2}$ .

Rozwiązanie

Niech $\lim_{n \to + \infty} x_{n} = g \neq 0$ . Niech $ε = \frac{| g |}{2} > 0$ . Z definicji granicy mamy

\exists N \in ℕ \forall n \geq N : | x_{n} - g | < \frac{| g |}{2}

w szczególności dla tak dobranego $N \in ℕ$ mamy

\forall n \geq N : g - \frac{| g |}{2} < x_{n} < g + \frac{| g |}{2}

zatem

\forall n \geq N : \frac{| g |}{2} < | x_{n} | < \frac{3 | g |}{2}

czyli

\forall n \geq N : \frac{2}{3 | g |} < \frac{1}{| x_{n} |} < \frac{2}{| g |}

Zdefiniujmy teraz

m = \min {\frac{2}{3 | g |}, \frac{1}{| x_{1} |}, \dots, \frac{1}{| x_{N} |}}, M = \max {\frac{2}{| g |}, \frac{1}{| x_{1} |}, \dots, \frac{1}{| x_{N} |}}

Oczywiście $0 < m < M$ oraz

\forall n \in ℕ : m \leq | \frac{1}{x_{n}} | \leq M

,

co należało dowieść.

Ćwiczenie 4.5.

Niech ${a_{n}}, {b_{n}} \subseteq ℝ$ będą ciągami liczbowymi zbieżnymi. Udowodnić następujące stwierdzenia:
(1) $\lim_{n \to + \infty} (a_{n} b_{n}) = (\lim_{n \to + \infty} a_{n}) (\lim_{n \to + \infty} b_{n})$ ;
(2) $\lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = \frac{\lim_{n \to + \infty} a_{n}}{\lim_{n \to + \infty} b_{n}}$ (o ile $b_{n} \neq 0$ dla $n \in ℕ$ oraz $\lim_{n \to + \infty} b_{n} \neq 0$ ).

Wskazówka

(1) Należy skorzystać z faktu, że ciąg zbieżny jest ograniczony. Przy liczeniu granicy ciągu ${a_{n} b_{n}}$ wykorzystać oszacowanie

| a_{n} b_{n} - a b | \leq | a_{n} b_{n} - a_{n} b | + | a_{n} b - a b |

(2) Najpierw udowodnić, że $\lim_{n \to + \infty} \frac{1}{b_{n}} = \frac{1}{\lim_{n \to + \infty} b_{n}}$ . W tym celu należy skorzystać z zadania 4.4.. Następnie wykorzystać punkt (1).

Rozwiązanie

(1) Niech $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = a$ i $\lim_{n \to + \infty} b_{n} = b$ . Należy pokazać, że

\forall ε > 0 \exists N \in ℕ \forall n \geq N : | a_{n} b_{n} - a b | < ε

Ustalmy dowolne $ε > 0$ .

Ciąg ${a_{n}}$ jako zbieżny, jest ograniczony, to znaczy

\exists A > 0 \forall n \in ℕ : | a_{n} | \leq A

Z definicji granicy mamy

\begin{aligned} \exists N_{1} \in ℕ : | b_{n} - b | < \frac{ε}{2 A}, \\ \exists N_{2} \in ℕ : | a_{n} - a | < \frac{ε}{2 | b |} \end{aligned}

(przy czym jeśli $b = 0$ , to ostatnie wyrażenie $\frac{ε}{2 | b |}$ zastąpmy przez $ε$ ).

Niech $N = \max {N_{1}, N_{2}}$ . Wówczas dla dowolnego $n \geq N$ mamy

\begin{aligned} | a_{n} b_{n} - a b | & \leq & | a_{n} b_{n} - a_{n} b | + | a_{n} b - a b | = | a_{n} | | b_{n} - b | + | a_{n} - a | | b | \\ < & A \cdot \frac{ε}{2 A} + \frac{ε}{2 | b |} \cdot | b | = ε, \end{aligned}

zatem

\lim_{n \to + \infty} (a_{n} b_{n}) = a \cdot b = (\lim_{n \to + \infty} a_{n}) \cdot (\lim_{n \to + \infty} b_{n})

(2) Niech $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = a$ i $\lim_{n \to + \infty} b_{n} = b$ (gdzie $b_{n} \neq 0$ dla $n \in ℕ$ oraz $b \neq 0$ ). Pokażemy najpierw, że

\lim_{n \to + \infty} \frac{1}{b_{n}} = \frac{1}{b}

Ustalmy dowolne $ε > 0$ . Z Zadania zadania 4.4. wynika, że

\exists M > 0 \forall n \in ℕ : | \frac{1}{b_{n}} | \leq M

Z definicji granicy, zastosowanej do $\tilde{ε} = \frac{| b | ε}{M}$ , mamy także

\exists N \in ℕ \forall n \geq N : | b_{n} - b | < \frac{| b | ε}{M}

Wówczas dla $n \geq N$ mamy

| \frac{1}{b_{n}} - \frac{1}{b} | = | \frac{b - b_{n}}{b b_{n}} | = | b_{n} - b | \cdot | \frac{1}{b} | \cdot | \frac{1}{b_{n}} | \leq \frac{| b | ε}{M} \cdot \frac{1}{| b |} \cdot M = ε

,

pokazaliśmy więc, że $\lim_{n \to + \infty} \frac{1}{b_{n}} = \frac{1}{b}$ .

Możemy teraz skorzystać z udowodnionego już punktu (1), a mianowicie

\lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = \lim_{n \to + \infty} (a_{n} \cdot \frac{1}{b_{n}}) = a \cdot \frac{1}{b} = \frac{a}{b}

Ćwiczenie 4.6.

Niech ${a_{n}}, {b_{n}} \subseteq ℝ$ będą ciągami liczbowymi zbieżnymi. Udowodnić następujące stwierdzenia:
(1) $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = a ⟹ \lim_{n \to + \infty} | a_{n} | = | a |$ ;
(2) $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = 0 ⟺ \lim_{n \to + \infty} | a_{n} | = 0$ ;

Wskazówka

(1) Udowodnić najpierw prostą nierówność:

\forall x, y \in ℝ : | | x | - | y | | \leq | x - y |

(2) Wykorzystać jedynie definicję granicy ciągu.

Rozwiązanie

(1) Udowodnimy najpierw, że

\forall x, y \in ℝ : | | x | - | y | | \leq | x - y |

Korzystając z nierówności trójkąta dla wartości bezwzględnej (metryki euklidesowej w $ℝ$ ), mamy

| x | = | x - y + y | \leq | x - y | + | y |

,

stąd

| x | - | y | \leq | x - y |

Analogicznie dostajemy

| y | - | x | \leq | y - x | = | x - y |

Dwie ostatnie nierówności oznaczają, że

| | x | - | y | | \leq | x - y |

,

co należało dowieść.

Załóżmy teraz, że $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = a$ . Należy pokazać, że $\lim_{n \to + \infty} | a_{n} | = | a |$ . Ustalmy dowolne $ε > 0$ . Z definicji granicy mamy

\exists N \in ℕ \forall n \geq N : | a_{n} - a | < ε

Wówczas, korzystając z udowodnionej nierówności, dla $n \geq N$ mamy

| | a_{n} | - | a | | \leq | a_{n} - a | < ε

Zatem pokazaliśmy, że $\lim_{n \to + \infty} | a_{n} | = | a |$ .

Zauważmy w tym miejscu, że nie jest ogólnie prawdziwa implikacja w drugą stronę. Rozważmy bowiem ciąg $a_{n} = (- 1)^{n}$ . Wówczas $\lim_{n \to + \infty} | a_{n} | = \lim_{n \to + \infty} 1 = 1 = | 1 |$ , ale ciąg ${a_{n}}$ nie ma granicy.

(2) " $⟹$ ":
Wynika wprost z punktu (1).
" $⟸$ ":
Niech $\lim_{n \to + \infty} | a_{n} | = 0$ . Należy pokazać, że $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = 0$ . Ustalmy dowolne $ε > 0$ . Z definicji granicy ciągu mamy

\exists N \in ℕ \forall n \geq N : | | a_{n} | - 0 | < ε

Zatem dla $n \geq N$ mamy

| a_{n} - 0 | = | a_{n} | = | | a_{n} | | = | | a_{n} | - 0 | < ε

,

co oznacza, że $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = 0$ .

Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 4: Ciągi liczbowe

4. Ciągi liczbowe

Menu nawigacyjne

Działania na stronie

Opcje strony

Narzędzia osobiste

Nawigacja

Szukaj

Narzędzia