Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 5: Obliczanie granic

5. Obliczanie granic

Ćwiczenie 5.1.

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

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

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

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

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

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

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

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

$\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {4^{n}+1+3^{n+1}}{2^{n+1}+3^{n}}}=\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {\displaystyle 1+\overbrace {{\bigg (}{\frac {1}{4}}{\bigg )}^{n}} ^{\rightarrow 0}+3\cdot \overbrace {{\bigg (}{\frac {3}{4}}{\bigg )}^{n}} ^{\rightarrow 0}}{\displaystyle 2\cdot \underbrace {{\bigg (}{\frac {1}{2}}{\bigg )}^{n}} _{\rightarrow 0^{+}}+\underbrace {{\bigg (}{\frac {3}{4}}{\bigg )}^{n}} _{\rightarrow 0^{+}}}}=+\infty .$

Ćwiczenie 5.2.

Obliczyć następujące granice ciągów:
(1) $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg (}1-{\frac {1}{x_{n}}}{\bigg )}^{x_{n}},$ gdzie $\displaystyle \{x_{n}\}\subseteq \mathbb {R}$ jest ciągiem o wyrazach dodatnich takim, że $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }x_{n}=+\infty ,$

(2) $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg (}{\frac {n}{n+1}}{\bigg )}^{n},$

(3) $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg (}{\frac {n-3}{n+2}}{\bigg )}^{n},$

(4) $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg (}{\frac {n^{2}+2}{n}}{\bigg )}^{n},$

(5) $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg (}{\frac {n^{2}+2}{n^{2}+1}}{\bigg )}^{2n^{2}+2},$

(6) $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg (}{\frac {n+2}{n^{2}+1}}{\bigg )}^{n}.$

Wskazówka

(1) Wykorzystać znajomość granicy ciągu $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg (}1+{\frac {1}{x_{n}}}{\bigg )}^{x_{n}}$ (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

${\begin{aligned}\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg (}1-{\frac {1}{x_{n}}}{\bigg )}^{x_{n}}&=&\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg (}{\frac {x_{n}-1}{x_{n}}}{\bigg )}^{x_{n}}=\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {1}{\displaystyle {\bigg (}{\frac {x_{n}}{x_{n}-1}}{\bigg )}^{x_{n}}}}=\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {1}{\displaystyle {\bigg (}{\frac {x_{n}-1}{x_{n}-1}}+{\frac {1}{x_{n}-1}}{\bigg )}^{x_{n}}}}\\&=&\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {1}{\displaystyle {\bigg (}1+{\frac {1}{x_{n}-1}}{\bigg )}^{x_{n}}}}=\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {1}{\displaystyle \underbrace {{\bigg (}1+{\frac {1}{x_{n}-1}}{\bigg )}^{x_{n}-1}} _{\rightarrow e}\cdot \underbrace {{\bigg (}1+{\frac {1}{x_{n}-1}}{\bigg )}} _{\rightarrow 1}}}={\frac {1}{e}},\end{aligned}}$

gdzie w ostatniej równości wykorzystaliśmy twierdzenie 5.1. (2) oraz fakt, że $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }(x_{n}-1)=+\infty .$ Zauważmy także, że ułamek $\displaystyle {\frac {x_{n}}{x_{n}-1}}$ ma sens przynajmniej od pewnego miejsca, gdyż założenie $x_{n}\longrightarrow +\infty$ implikuje, że $\displaystyle \exists N\in \mathbb {N} \ \forall n\geq N:x_{n}>1,$ więc w szczególności $x_{n}\neq 1.$

(2) Liczymy

${\begin{aligned}\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg (}{\frac {n}{n+1}}{\bigg )}^{n}&=&\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg (}{\frac {n+1}{n+1}}-{\frac {1}{n+1}}{\bigg )}^{n}=\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg (}1-{\frac {1}{n+1}}{\bigg )}^{n}\\&=&\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }\underbrace {{\bigg (}1-{\frac {1}{n+1}}{\bigg )}^{n+1}} _{\rightarrow {\frac {1}{e}}}\cdot \underbrace {{\bigg (}1-{\frac {1}{n+1}}{\bigg )}^{-1}} _{\rightarrow 1}={\frac {1}{e}},\end{aligned}}$

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

(3) Liczymy

${\begin{aligned}\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg (}{\frac {n-3}{n+2}}{\bigg )}^{n}&=&\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg (}{\frac {n+2}{n+2}}-{\frac {5}{n+2}}{\bigg )}^{n}=\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg (}1-{\frac {5}{n+2}}{\bigg )}^{n}\\&=&\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg [}\underbrace {{\bigg (}1-{\frac {1}{\frac {n+2}{5}}}{\bigg )}^{\displaystyle {\frac {n+2}{5}}}} _{\rightarrow {\frac {1}{e}}}{\bigg ]}^{\overbrace {\frac {5n}{n+2}} ^{\rightarrow 5}}={\frac {1}{e^{5}}},\end{aligned}}$

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

(4) Ponieważ

$\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {n^{2}+2}{n}}=\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg (}n+{\frac {2}{n}}{\bigg )}=+\infty ,$

więc

$\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg (}\underbrace {\frac {n^{2}+2}{n}} _{\rightarrow +\infty }{\bigg )}^{\overbrace {n} ^{\rightarrow +\infty }}=+\infty ,$

gdzie w ostatniej równości wykorzystaliśmy twierdzenie o arytmetyce granic niewłaściwych.

(5) Liczymy

$\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg (}{\frac {n^{2}+2}{n^{2}+1}}{\bigg )}^{2n^{2}+2}=\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg (}{\frac {n^{2}+1}{n^{2}+1}}+{\frac {1}{n^{2}+1}}{\bigg )}^{2n^{2}+2}=$ $=\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg [}\underbrace {{\bigg (}1+{\frac {1}{n^{2}+1}}{\bigg )}^{n^{2}+1}} _{\rightarrow e}{\bigg ]}^{2}=e^{2},$

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

(6) Ponieważ

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

więc

$\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg (}\underbrace {\frac {n+2}{n^{2}+1}} _{\rightarrow 0}{\bigg )}^{\overbrace {n} ^{\rightarrow +\infty }}=0,$

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

Ćwiczenie 5.3.

Obliczyć następujące granice ciągów:
(1) $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }n\cdot \sin {\frac {3}{n}}$
(2) $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }n\cdot \cos {\frac {1}{n}}\cdot \sin {\frac {10}{n}}$
(3) $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }\mathrm {arctg} \,{\bigg (}{\frac {n^{2}+1}{n}}{\bigg )}$
(4) $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {n^{5}+n^{6}}{2^{n}+3^{n}}}.$

Wskazówka

(1) Skorzystać z granicy specjalnej $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {\sin x_{n}}{x_{n}}}=1,$ gdzie $\displaystyle x_{n}\longrightarrow 0.$
(2) Podobnie jak w punkcie (1).
(3) Najpierw wyznaczyć granicę argumentu funkcji $\displaystyle \mathrm {arctg} \,.$
(4) Skorzystać z twierdzenia o trzech ciągach oraz twierdzenie 5.3.

Rozwiązanie

(1) Liczymy

$\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }n\cdot \sin {\frac {3}{n}}=\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {\sin {\frac {3}{n}}}{\frac {1}{n}}}=\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }3\cdot \underbrace {\frac {\sin {\frac {3}{n}}}{\frac {3}{n}}} _{\rightarrow 1}=3\cdot 1=3,$

gdzie skorzystaliśmy z granicy specjalnej $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {\sin x_{n}}{x_{n}}}=1$ dla $\displaystyle x_{n}={\frac {3}{n}}\longrightarrow 0$ (patrz twierdzenie 5.8. (8)).

(2) Liczymy

$\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }n\cdot \cos {\frac {1}{n}}\cdot \sin {\frac {10}{n}}=\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }10\cdot \underbrace {\cos {\frac {1}{n}}} _{\rightarrow 1}\cdot \underbrace {\frac {\sin {\frac {10}{n}}}{\frac {10}{n}}} _{\rightarrow 1}=10,$

gdzie skorzystaliśmy z granicy specjalnej $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {\sin x_{n}}{x_{n}}}=1$ dla $\displaystyle x_{n}={\frac {10}{n}}\longrightarrow 0$ (patrz twierdzenie 5.8. (8)).

(3) Ponieważ

$\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {n^{2}+1}{n}}=\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg (}n+{\frac {1}{n}}{\bigg )}=+\infty ,$

więc

$\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }\mathrm {arctg} \,{\bigg (}\underbrace {\frac {n^{2}+1}{n}} _{\rightarrow +\infty }{\bigg )}={\frac {\pi }{2}}.$

(4) Zauważmy, że

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

Niech $\displaystyle a_{n}={\frac {2n^{6}}{2^{n}}}.$ W celu obliczenia granicy $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }a_{n}$ wyliczmy

$\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}=\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {2(n+1)^{6}2^{n}}{2^{n+1}2n^{6}}}=\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {1}{2}}{\bigg (}1+{\frac {1}{n}}{\bigg )}^{6}={\frac {1}{2}}.$

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

$\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {n^{5}+n^{6}}{2^{n}+3^{n}}}=0.$

Ćwiczenie 5.4.

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

Wskazówka

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

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 $\displaystyle \cos n\pi =(-1)^{n}$ dla $n\in \mathbb {N}$ oraz $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\bigg (}1-{\frac {1}{n}}{\bigg )}^{n}={\frac {1}{e}}$ (patrz ćwiczenie 5.2.).

Zatem dla wyrazów parzystych mamy

$\lim \limits _{k\rightarrow +\infty }a_{2k}=\lim \limits _{k\rightarrow +\infty }{\bigg (}1-{\frac {1}{2k}}{\bigg )}^{2k}\cos 2k\pi =\lim \limits _{k\rightarrow +\infty }{\bigg (}1-{\frac {1}{2k}}{\bigg )}^{2k}={\frac {1}{e}},$

a dla nieparzystych

$\lim \limits _{k\rightarrow +\infty }a_{2k-1}=\lim \limits _{k\rightarrow +\infty }{\bigg (}1-{\frac {1}{2k-1}}{\bigg )}^{2k-1}\cos(2k-1)\pi =$ $-\lim \limits _{k\rightarrow +\infty }{\bigg (}1-{\frac {1}{2k-1}}{\bigg )}^{2k-1}=-{\frac {1}{e}}.$

Wnioskujemy stąd, że

$\limsup \limits _{n\rightarrow +\infty }a_{n}={\frac {1}{e}}\quad {\text{oraz}}\quad \liminf \limits _{n\rightarrow +\infty }a_{n}=-{\frac {1}{e}}$

(2) Zauważmy, że

$a_{n}=\sin {\frac {n\pi }{2}}=\left\{{\begin{array}{lll}0&{\text{gdy}}&n=4k,\\1&{\text{gdy}}&n=4k+1,\\0&{\text{gdy}}&n=4k+2,\\-1&{\text{gdy}}&n=4k+3,\\\end{array}}\right.$

Zatem kolejne wyrazy ciągu wynoszą:

$1,\ 0,\ -1,\ 0,\ 1,\ 0,\ -1,\ 0,\ \ldots$

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

$\liminf \limits _{n\rightarrow +\infty }a_{n}=-1\quad {\text{oraz}}\quad \liminf \limits _{n\rightarrow +\infty }a_{n}=1.$

<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 $a_{n}={\bigg (}1-{\frac {1}{n}}{\bigg )}^{n}\cos n\pi$

(3) Zauważmy, że

$2\cdot (-1)^{n}=\left\{{\begin{array}{lll}2&{\text{gdy}}&n=2k,\\-2&{\text{gdy}}&n=2k-1,\end{array}}\right.\quad {\text{oraz}}\quad 3(-1)^{n+1}=\left\{{\begin{array}{lll}-3&{\text{gdy}}&n=2k,\\3&{\text{gdy}}&n=2k-1.\end{array}}\right.$

Zatem ciąg $\displaystyle \{a_{n}\}$ przyjmuje tylko dwie wartości

$a_{n}=2\cdot (-1)^{n}+3(-1)^{n+1}=\left\{{\begin{array}{lll}-1&{\text{gdy}}&n=2k,\\1&{\text{gdy}}&n=2k-1,\end{array}}\right.$

co możemy zapisać krócej

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

czyli

$\liminf \limits _{n\rightarrow +\infty }a_{n}=-1\quad {\text{oraz}}\quad \liminf \limits _{n\rightarrow +\infty }a_{n}=1.$

Ćwiczenie 5.5.

Ciąg $\displaystyle \{x_{n}\}$ zadany jest rekurencyjnie

$x_{1}=1,\quad \forall n\geq 1:x_{n+1}={\frac {1}{2}}{\bigg (}x_{n}+{\frac {c}{x_{n}}}{\bigg )},$

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

Wskazówka

Wykazać kolejno, że ciąg $\displaystyle \{x_{n}\}$ jest ograniczony od dołu przez $\displaystyle {\sqrt {c}}$ (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 $n\geq 1.$ Następnie pokażemy, że $x_{n}\geq {\sqrt {c}}$ dla każdego $n\geq 2.$ W tym celu przekształcamy oczywistą nierówność $\displaystyle (x_{n}-{\sqrt {c}})^{2}\geq 0,$ otrzymując kolejno

$x_{n}^{2}-2{\sqrt {c}}x_{n}+c\geq 0,$ $x_{n}^{2}+c\geq 2{\sqrt {c}}x_{n}$ $x_{n}+{\frac {c}{x_{n}}}\geq 2{\sqrt {c}}$ ${\frac {1}{2}}{\bigg (}x_{n}+{\frac {c}{x_{n}}}{\bigg )}\geq {\sqrt {c}},$

zatem

$\forall n\in \mathbb {N} :x_{n+1}\geq {\sqrt {c}}.$

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

$x_{n}^{2}\geq c$ $x_{n}^{2}+c\leq 2x_{n}^{2}$ $x_{n}+{\frac {c}{x_{n}}}\leq 2x_{n}$ ${\frac {1}{2}}{\bigg (}x_{n}+{\frac {c}{x_{n}}}{\bigg )}\leq x_{n},$

zatem

$\forall n\geq 2:x_{n+1}\leq x_{n},$

czyli ciąg $\displaystyle \{x_{n}\}$ 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 $\displaystyle x_{n+1}={\frac {1}{2}}{\bigg (}x_{n}+{\frac {c}{x_{n}}}{\bigg )}$ możemy zatem przejść do granicy po obu stronach (oczywiście $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }x_{n}=\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }x_{n+1}$), otrzymując

$\underbrace {\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }x_{n+1}} _{=g}=\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {1}{2}}{\bigg (}x_{n}+{\frac {c}{x_{n}}}{\bigg )}={\frac {1}{2}}{\bigg (}\underbrace {\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }x_{n}} _{=g}+{\frac {c}{\underbrace {\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }x_{n}} _{=g}}}{\bigg )},$

zatem

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

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

Ćwiczenie 5.6.

Niech $\displaystyle \{a_{n}\}\subseteq \mathbb {R}$ będzie ciągiem liczbowym o wyrazach dodatnich (to znaczy $\displaystyle \forall n\in \mathbb {N} :a_{n}>0$). Udowodnić następujące stwierdzenia:
(1) jeśli $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}=a<1,$ to $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }a_{n}=0$;

(2) jeśli $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}=a>1,$ to $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }a_{n}=+\infty .$
Korzystając z powyższych stwierdzeń, wyznacz następujące granice:

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

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

Wskazówka

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

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

więc w szczególności mamy

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

czyli

$\forall n\geq N:a_{n+1}<b\cdot a_{n}.$

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

$a_{n+1}<b\cdot a_{n}<b^{2}\cdot a_{n-1}<b^{3}\cdot a_{n-2}<\ldots <b^{n+1-N}\cdot a_{N}=Mb^{n},$

gdzie $M=b^{1-N}a_{N}$ jest stałą niezależną od $n.$ Zatem pokazaliśmy, że wyrazy naszego ciągu $\displaystyle \{a_{n}\}$ (począwszy od $N$-tego miejsca) szacują się od góry przez wyrazy ciągu geometrycznego $\displaystyle \{Mb^{n}\},$ 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 $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }a_{n}=0,$ co należało dowieść.

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

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

więc w szczególności mamy

$\forall n\geq N:{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}>b,$

czyli

$\forall n\geq N:a_{n+1}>b\cdot a_{n}.$

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

$a_{n+1}>b\cdot a_{n}>b^{2}\cdot a_{n-1}>b^{3}\cdot a_{n-2}>\ldots >b^{n+1-N}\cdot a_{N}=Mb^{n},$

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

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

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

Załóżmy teraz, że $a>0$. Liczymy

$\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}=\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {a^{n+1}n!}{(n+1)!a^{n}}}=\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {a}{n}}=0.$

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

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

Zatem dla dowolnego $a\in \mathbb {R}$ dostaliśmy, że $\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }a_{n}=0.$

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

$\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}=\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {a^{n+1}n^{k}}{(n+1)^{k}a^{n}}}=\lim \limits _{n\rightarrow +\infty }{\frac {a}{\displaystyle {\bigg (}1+{\frac {1}{n}}{\bigg )}^{k}}}=a.$

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