Twierdzenie (o trzech ciągach)

Ciągi i szeregi liczbowe
Definicja. Jeżeli każdej liczbie naturalnej przyporządkowana została jakaś liczba rzeczywista, to
mówimy, że został określony ciąg liczbowy (nieskończony). Formalnie oznacza to, że ciąg liczbowy
jest funkcją o dziedzinie będącej zbiorem liczb naturalnych
a:
 .
Zazwyczaj ciąg liczbowy zapisujemy w postaci a1 , a2 ,
, an ,
lub (an )n 1 (często skracamy ten zapis
do postaci ( an ) ). Liczby występujące w ciągu nazywamy wyrazami ciągu, a wyrażenie an nazywamy
ogólnym wyrazem ciągu (lub n-tym wyrazem ciągu). Bardzo często (ale nie zawsze) ciąg można
zdefiniować podając „wzór” na ogólny wyraz ciągu.
Przykłady
1) an  n 2 , początkowe wyrazy: 1, 4, 9, 16, 25,
2) an  (1) n , początkowe wyrazy: 1,  1,  1,  1,  1,  1,
1
, początkowe wyrazy: 0, 1/ 2, 2 / 3, 3 / 4, 4 / 5,
n
4) an  n  ta liczba pierwsza, początkowe wyrazy: 2, 3, 5, 7, 11,
3) an  1 
5) an  #{k 
: k  n oraz k jest liczbą pierwszą}, początkowe wyrazy:
0, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 5,
Zauważmy, że pierwsze trzy przykłady są stosunkowo proste: aby obliczyć jakiś wyraz ciągu wystarczy
podstawić do wzoru odpowiednią wartość n. Na przykład:
Ad 1) a3  32  9, a7  7 2  49.
Ad 2) a5  (1)5  1, a10  (1)10  1.
Ad 3) a4  1  1/ 4  3/ 4, a100  1  1/100  99 /100  0,99.
Natomiast w przypadku 4) i 5) nie dysponujemy takimi formułami. W przykładzie 4) chodzi tak
naprawdę o ponumerowanie wszystkich liczb pierwszych (wiadomo, że jest ich nieskończenie wiele;
pierwszy dowód pochodzi od Euklidesa). W arytmetyce najczęściej używa się na ten ciąg oznaczenia
( pn ). Dla niedużych n
nie ma problemu z podaniem odpowiedniego wyrazu ciągu, np. p5  11
czy p9  23, ale dla bardzo dużych n może to być poważny problem. W przypadku 5) (symbol #
oznacza tutaj liczbę elementów zbioru czyli moc zbioru) ciąg można opisać tak:
n  ty wyraz mówi ile jest liczb pierwszych mniejszych lub równych n.
Ciąg ten jest bardzo ważny w teorii liczb i przeważnie stosuje się tam oznaczenie  n . Tak więc mamy
 6  #{k  : k  6 oraz k jest liczbą pierwszą} 
 #{2, 3, 5}  3.
 13  #{k  : k  13 oraz k jest liczbą pierwszą} 
 #{2, 3, 5, 7, 11, 13}  6.
Aby obliczyć n  ty wyraz ciągu ( n ) możemy wypisać wszystkie liczby pierwsze mniejsze lub równe
n i je policzyć. Jednakże dla dużych n może to być trudne lub wręcz niemożliwe. Niestety nie ma
żadnego „wzoru” na ciąg ( n ), ale dość dobrze jest zachowanie się tego ciągu dla dużych n.
Zauważmy, że wyrażenie
n
n
mówi ile średnio jest liczb pierwszych w zbiorze {1, 2,
, n}. W roku
1896 Jacques Hadamard udowodnił twierdzenie, które mówi że stosunek ten jest asymptotycznie
równy 1/ ln n. Można to nieformalnie wyrazić tak
n
n

1
,
ln n
(1)
przy czym im większe jest n, tym dokładniejsze jest to przybliżenie. Zauważmy, że wynik ten oznacza,
że „gęstość” rozmieszczenia liczb pierwszych maleje do zera wraz ze zwiększaniem się przedziału
[1, n].
Ciągi monotoniczne
Definicja. Mówimy, że ciąg ( an ) jest:
(i)
rosnący (silnie rosnący), jeśli
an  an1 dla każdego n 
(ii)
niemalejący (słabo rosnący), jeśli
an  an1 dla każdego n 
(iii)
malejący (silnie malejący), jeśli
an  an1 dla każdego n 
(iv)
nierosnący (słabo malejący), jeśli
an  an1 dla każdego n  .
Ciągiem monotonicznym nazywamy ciąg, który jest niemalejący lub nierosnący.
Przykład.
Pokażemy, że ciąg dany wzorem
an 
n
,
n 1
jest rosnący. W tym celu obliczymy różnicę an 1  an i zobaczymy, że jest ona dodatnia. Mamy zatem
n 1
n
(n  1) 2  n(n  2) n 2  2n  1  n 2  2n
an 1  an 




n  2 n 1
(n  2)(n  1)
(n  2)(n  1)
1

 0.
(n  2)(n  1)
Mamy więc an1  an  0, skąd an1  an co inaczej zapisujemy jako an  an1 dla n .
Definicja. Ciąg ( an ) nazywamy ograniczonym, jeśli istnieje liczba M  0 taka, że
| an | M dla każdego n  .
Definicja ta jest równoważna następującej: ciąg jest ograniczony, gdy istnieje przedział skończony, w
którym znajdują się wszystkie wyrazy tego ciągu.
Przykłady.
1) Ciąg an 
3
jest ograniczony, gdyż
2n
| an |
3
3
3

  1,5.
2n 2n 2
Tak więc w definicji wystarczy wziąć M  1, 5.
2) Ciąg an  ( 1) n
n 1
jest ograniczony, gdyż
n2  2
| an | (1) n
n 1
n 1
 2
 1.
2
n 2 n 2
Tak więc w definicji wystarczy wziąć M  1.
3) Ciąg an  4sin
n4  4n3  22
jest ograniczony. Na pierwszy rzut oka wydaje się, że może być
3n  4  1
trudno coś powiedzieć o tym ciągu, gdyż wzór jest trochę skomplikowany. Ale zauważmy, że
całe skomplikowane wyrażenie jest argumentem funkcji sinus. Mamy więc
an  4sin xn gdzie xn 
n4  4n3  22
.
3n  4  1
Ale dobrze wiemy, że funkcja sinus jest ograniczona: 1  sin x  1 czyli | sin x | 1. Tak więc
| an || 4sin xn | 4 | sin xn | 4.
Wystarczy teraz wziąć M  4.
1
jest nieograniczony. Widać bowiem, że jest on sumą dwóch ciągów: n i
n
1/ n. O ile ten drugi jest ograniczony |1/ n | 1, to pierwszy może być dowolnie duży.
4) Ciąg an  2n 
Jednym z ważniejszych pojęć w teorii ciągów jest pojęcie granicy ciągu. Intuicyjnie jest to związanie z
problemem, czy wyrazy ciągu „zmierzają” do jakiejś wartości gdy numer staje się coraz większy. A
zatem pytamy
czy an  (?), gdy n   ?
Jeżeli faktycznie wartości ciągu „koncentrują” się wokół jakiejś liczby (lub pokrywają się z tą liczbą), to
ta liczba będzie granicą ciągu (an ). Niestety formalna definicje nie jest taka prosta i wymaga użycia
trzech kwantyfikatorów (i to we właściwej kolejności). Na szczęście wystarczy na ogół tylko intuicyjne
rozumienie definicji granicy, gdyż do jej obliczania można będzie stosować wiele pomocnych wzorów
i zależności, których stosowanie nie wymaga precyzyjnego rozumienia formalnej definicji granicy.
Definicja. Mówimy, że ciąg ( an ) jest zbieżny do granicy g  , jeśli
  0  k 
n  k | an  g |  .
(2)
Gdy ciąg jest zbieżny do granicy g , to mówimy też, że g jest granicą tego ciągu
Jeżeli wprowadzimy frazę „prawie wszystkie wyrazy ciągu” jako skrót frazy „wszystkie wyrazy ciągu z
wyjątkiem co najwyżej skończenie wielu”, to powyższą definicję możemy wypowiedzieć w skrócie
następująco:
liczba g 
jest granicą ciągu ( an ), jeśli w dowolnym otoczeniu liczby g znajdują się
prawie wszystkie wyrazy ciągu (an ).
Ponadto wprowadzamy ważne oznaczenie: jeżeli g jest granicą ciągu, to piszemy
g  lim an (lub an  g gdy n  ).
n 
Przykład.
Udowodnić na podstawie definicji, że
n
 1.
n  n  1
lim
Dowód. Występująca w definicji granicy nierówność | an  g |  ma w tym przypadku postać
n
1   .
n 1
(3)
W tym przypadku najlepiej będzie tę nierówność zapisać tak (wykonując odejmowanie pod wartością
bezwzględną):
n
n
n 1
1
1
1 



 .
n 1
n 1 n 1 n 1 n 1
Niech więc dane będzie dowolne (ale ustalone)   0 zgodnie z tym co mamy w definicji (2).
Rozwiązując powyższą nierówność względem n, otrzymujemy
n
1 

.
Oznacza to, że istnieje k , o którym mówi definicja granicy, a mianowicie np. k : (1   ) /  . Jeżeli
teraz mamy n  k , to oczywiście n 
1 

, a to w konsekwencji oznacza spełnienie nierówności (3).
Granice pewnych konkretnych ciągów
1
 0 gdzie s  0.
n  n s
2) lim q n  0 gdy | q | 1.
1) lim
n
3) lim n a  1 gdzie a  0.
n 
4) lim n n  1.
n 
Ad 3) Załóżmy najpierw, że a  1. Oznaczmy  n  n a  1. Wtedy mamy 1   n  n a , a po
podniesieniu do n  tej potęgi otrzymujemy: (1   n ) n  a. Z e wzoru dwumianowego Newtona
możemy napisać
n n
n 2
      n     n   a, czyli
 0  1 
2
n
1  n n     n2   a.
2
Ponieważ a  1, więc  n  0. Zatem w powyższej sumie wszystkie składniki są dodatnie skąd mamy
nierówności 0  n n  a czyli

a
n

0
0
0  n 
Tak więc z twierdzenia o trzech ciągach otrzymujemy lim  n  0. To oznacza, że lim n a  1.
n
n 
Przypadek 0  a  1 sprowadza się do już udowodnionego. Mianowicie teraz mamy
1  lim n
n 
1
 0, więc
a
1
1
 lim n  lim n a  1.
n 
a n a
Ad 4) Postępujemy podobnie jak w poprzednim przykładzie. Niech  n  n n  1. Wtedy
1  n  n n ,
(1   n ) n  n,
1  n n 
n ( n  1) 2
n 
2
 n,
n ( n  1) 2
 n  n,
2
n 1 2
 n  1,
2
2
0  n 
.
n 1
Tak więc z twierdzenia o trzech ciągach mamy  n  0. Stąd wynika, że lim n n  1.
n
Przykład. Obliczyć granicę ciągu an  n

n

a 1 .
Ta granica jest trudniejsza od poprzednich, gdyż nie wystarczy dość elementarny wzór taki, jak np.
wzór dwumianowy Newtona. W rozwiązaniu wykorzystamy następującą nierówność, w której
występuje logarytm naturalny:
x
 ln(1  x )  x
1 x
dla x  1.
(4)
Oznaczmy  n  n a  1. Wtedy an  n n , a więc musimy obliczyć granicę lim n n . Mamy
n
następujące zależności
 n  n a  1,
1  n  n a ,
(1   n ) n  a.
Weźmy logarytm naturalny obu stron ostatniej równości
n ln(1   n )  ln a.
(5)
Teraz wykorzystujemy nierówność (4) dla x   n
n
 ln(1   n )   n ,
1  n
mnożymy przez n
n n
 n ln(1   n )  n n ,
1  n
i korzystając z (5) mamy
n n
 ln a  n n .
1  n
Po podzieleniu obu stron przez n n otrzymujemy
1
ln a

 1.
1   n n n
Ponieważ już wiemy, że lim  n  0, więc z powyższej nierówności (w oparciu o twierdzenie o trzech
n 
ciągach) mamy
ln a
 1,
n  n
n
lim
czyli lim an  lim n n  ln a. Tak więc szukana granica równa jest ln a.
n
n
Przykład. Obliczyć granice podanych ciągów:
an 
n
sin(4n  3),
n 1
2
an  sin n  1  sin n ,


an  sin  n 2  1 .
Rozwiązanie.
| an |
Tak więc | an |
n
n
n
n
sin(4n  3)  2
| sin(4n  3) | 2
1  2
.
n 1
n 1
n 1
n 1
2
n
 0, więc lim | an | 0 czyli lim an  0.
n
n 
n 1
2
Korzystamy ze wzoru: sin   sin   2 cos

2
sin
 
2
. Otrzymujemy
n 1  n
n 1  n
sin

2
2
n 1  n
n 1 n
n 1  n
1
 2 cos
sin
 2 cos
sin
.
2
2
2( n  1  n )
2( n  1  n )
an  sin n  1  sin n  2 cos
Zatem
| an | 2 cos
n 1  n
1
1
sin
 2 sin
 0,
2
2( n  1  n )
2( n  1  n )
1
 0.
n  2( n  1 
n)
gdyż lim
Warunki zbieżności ciągu
Aby wykazać zbieżność ciągu wprost z definicji (2), trzeba znać granicę tego ciągu. Na ogół jednak
mamy dany tylko sam ciąg ( an ) i granicę musimy wyznaczyć lub uzasadnić, że ona istnieje poprzez
analizę własności ciągu (an ). Potrzebne są więc twierdzenia orzekające o zbieżności ciągu, które
można by stosować, nie znając granicy ciągu. Twierdzenia takie nazywamy warunkami zbieżności
ciągu.
Twierdzenie
Jeżeli ciąg ( an ) liczb rzeczywistych jest monotoniczny (rosnący lub malejący) i ograniczony, to jest
zbieżny w
.
Powyższe twierdzenie jest związane z podstawową własnością zbioru liczb rzeczywistych, tzw.
aksjomatem ciągłości. Nie będziemy tego tematu rozwijać, ale zauważmy, że analogiczne twierdzenie
nie zachodzi w zbiorze liczb wymiernych . Na przykład jeżeli weźmiemy pod uwagę ciąg kolejnych
przybliżeń dziesiętnych liczby
2
\ ,
(an )  (1,0 1, 4 1, 41 1, 414 1, 4142 1, 41421 1, 414213 1, 4142135
to widzimy, że (an ) 
liczb wymiernych
),
, ciąg jest rosnący i ograniczony (np. przez 2), ale nie ma granicy w zbiorze
. Inny przykład ciągu liczb wymiernych, który jest monotoniczny i ograniczony ale
nie ma granicy wymiernej (ma natomiast granicę w
) poznamy przy definicji liczby e (patrz (6)).
Twierdzenie (o trzech ciągach)
Dane są dwa ciągi (an ), (cn ) zbieżne do tej samej granicy, lim an  lim cn  g. Jeżeli wyrazy
n 
n 
trzeciego ciągu (bn ) są od pewnego numeru ograniczone z dołu i z góry następująco
an  bn  cn dla n  k ,
to ciąg (bn ) jest zbieżny do tej samej granicy: lim bn  g .
n 
Przykład. Znaleźć granice podanych ciągów wykorzystując twierdzenie o trzech ciągach.
a)
an 
sin(n3  2)
.
n
n
n
n
b) an  5  3  8  7 .
c)
an  n 4  6n  3  4n  11.
Rozwiązanie.
Ad a) Zauważmy, że funkcja sinus jest ograniczona: | sin x | 1, x  . Zatem
1  sin(n3  2)  1,
więc


Ponieważ lim  
n 

1 sin(n3  2)
1


.
n
n
n
1 
1
sin(n3  2)

lim

0,
więc
z
twierdzenia
o
trzech
ciągach
mamy
 0.

n  n n
n
Ad b) Zauważmy, że 8  7n  5  3n  8  7n  8  7n  8  7n  16  7 n , zatem
n
8  7 n  n 5  3n  8  7 n  n 16  7 n ,
7 n 8  n 5  3n  8  7 n  7 n 16.
Wcześniej pokazaliśmy, że lim n a  1 dla dowolnej stałej a  0, skąd lim n 8  1, lim n 16  1.


n 

n 

Mamy więc: lim 7 n 8  lim 7 n 16  7 czyli z twierdzenia o trzech ciągach
n 
n 
lim n 5  3n  8  7n  7.
n
n
n
n
n
n
Ad c) Mamy an  4  6  3  4  11  6 n 4  3  (2 / 3)  11/ 6 . Zauważmy, że
lim  4  3  (2 / 3) n  11/ 6n   4,
n
co w szczególności oznacza, że dla dostatecznie dużych n mamy
n 
3  4  3  (2 / 3)n  11/ 6n  5.
Stąd
n
3  n 4  3  (2 / 3) n  11/ 6n  n 5, a ponieważ lim n 3  lim n 5  1, więc z twierdzenia o
n 
n 
trzech ciągach mamy lim n 4  3  (2 / 3)  11/ 6  1. Ostatecznie
n
n
n
lim an  lim n 4  6n  3  4n  11  6lim n 4  3  (2 / 3)n  11/ 6n  6.
n
n
n
Liczba e
Jest to jedna z ważniejszych liczb występujących w matematyce (podobnie jak liczba  ). Najczęściej
liczbę tę definiuje się jako granicę pewnego ciągu liczbowego, którego wyraz ogólny ma postać
n
 1
an  1   .
 n
(6)
Aby wykazać, że ciąg (6) ma granicę sprawdzimy, że jest on rosnący i ograniczony.
Stosujmy wzór dwumianowy Newtona do wyrażenia (1  x)n . Mamy tożsamość
(1  x) n  1  nx 
n(n  1) 2 n(n  1)(n  2) 3
x 
x 
2!
3!
w której za x podstawiamy

n(n  1)
(n  (n  1)) n
x ,
n!
1
, co daje
n
1 n( n  1)  1  n( n  1)( n  2)  1 
n( n  1) ( n  ( n  1))  1 
 1
1    1  n 
  
   
  
n
2!  n 
3!
n!
 n
n
n
(7)
 1   1  2 
 1   2   n 1 
1

1

1

1

1

1


 




 

n   n  n 
n  n  
n 
 11 

 
.
2!
3!
n!
n
2
3
n
Analogicznie możemy zapisać an 1 (tym razem podajemy też przedostatni składnik sumy, aby potem
można było lepiej porównać)
1 

1 

 n 1
n 1

1  
1 
2 

1 
 1 
1 

n  1   n  1  n  1 
 11 


2!
3!
1 
2  
n 

1 
1 
 1 

n  1  n  1   n  1 

.
(n  1)!
1 
2 

1 
1 

n  1  n  1 

n!
 n 1 
1 

 n 1 
Teraz porównamy kolejne składniki obu sum. Ponieważ n  n  1, więc
1
1
1
 skąd
n 1 n
1
1
2
2
3
3
 1 , 1
 1 , 1
 1
itd.
n 1
n
n 1
n
n 1
n
Ale obie strony powyższych nierówności są dodatnie, więc nierówności są także dla iloczynów. Stąd
mamy
1 

1 

 n 1 
n 1
1 
2 

1
1



n  1  n  1 
 1
 1    
(n  1)!
 n
n
n 

1 

 n 1  ,
czyli
1 
2 

1 
1 

n  1  n  1 

an1  an 
(n  1)!
n 

1 

 n 1  .
(8)
W szczególności mamy an1  an dla dowolnego n .
Ograniczoność ciągu można uzyskać analizując wyrażenie (7). W rachunku poniżej wykorzystamy
nierówność n !  2n 1 dla n  1. Mamy bowiem
 1   2   n 1 
1   1   1 

n  n  
n 


n!
 1   1  2 
1   1   1  
n   n  n 
 1
an  1    1  1  


2!
3!
 n
n
n
 11
1 1
 
2! 3!

1
1 1
 11  2 
n!
2 2
1
1  
1
1
2
 n 1  1     1 
 1  2  3.
1
1
2
1
1
2
2
Tak więc mamy
2  an  3,
co oznacza, że ciąg ( an ) jest ograniczony.
Definicja. Liczba e
określona jest wzorem
n
 1
e  lim 1   .
n 
 n
(9)
Definicja ta jest poprawna, gdyż powyżej udowodniliśmy, że granica ciągu występującego w (9)
istnieje.
Można udowodnić, że e jest liczbą niewymierną, równą w przybliżeniu 2, 718281. Logarytm o
podstawie e jest nazywany logarytmem naturalnym i oznaczany symbolem ln. Mamy więc
ln x  log e x.
Uwaga. Zauważmy, że nierówność (8) daje więcej informacji niż sam fakt monotoniczności ciągu
(an ). Wyrażenie po an można przekształcić następująco (mnożymy licznik i mianownik przez
(n  1)n ):
1 
2 

1 
 1 

 n 1 n 1
(n  1)!
1

,
(n  1) n 1
n 

1 

 n  1    n  1  1 n  1  2   n  1  n   n  n  1  1 
( n  1)!( n  1) n
( n  1)!( n  1) n
więc otrzymujemy
an 1  an 
1
.
(n  1) n 1
Przykład. Wykazać, że
n
 1 1
lim 1    .
n 
e
 n
Rozwiązanie. Dla n  1 mamy
1
1
1

,
n 1 1
n 1
więc
n
1
1
1
1 1 1
 1


   ,
1   
n
n 1
1
e 1 e
 n 
1 
1 

1
1 

1 

n 1
 n 1 
 n 1 
1 
1

 0 oraz lim 1 
gdyż lim

n 
n  n  1
 n 1 
Twierdzenie
n 1
n
 1
 lim 1    e.
n 
 n
(10)
Dany jest ciąg liczb dodatnich (an ) 

. Załóżmy, że istnieje następująca granica
an 1
 g.
an
(11)
lim n an  g.
(12)
lim
n 
Wtedy ciąg

n

an też ma granicę oraz
n 
Przykład. Obliczyć granicę
n
lim
n 
n
Rozwiązanie. Zapiszmy wyrażenie
n!
.
n
(13)
n!
tak, aby można było zastosować powyższe twierdzenie.
n
n
n! n n! n n!


. To oznacza, że szukana granica (13) ma postać (12) dla
n n
n
nn
n
a
n!
an  n . Zgodnie z podanym twierdzeniem musimy zatem obliczyć granicę lim n 1 . Zatem
n  a
n
n
Mamy bowiem
(n  1)!
an 1 (n  1) n 1
(n  1)! n n
n !(n  1)
nn
nn
1








n 1
n
n
n
!
(n  1) n
an
(n  1)
n ! (n  1) (n  1) n ! (n  1)
nn
nn
1
1
1


 .
n
n
e
1
 n 1



n 
n
 n 

Tak więc
n
lim
n 
n! 1
 .
n
e
(14)
an 1
wynika istnienie granicy
n  a
n
Podkreślmy, że powyższe twierdzenie mówi, iż z istnienia granicy lim
lim n an oraz, że w takiej sytuacji obie granice są równe. Nie można natomiast tej implikacji
n 
an 1
.
n  a
n
odwrócić, tzn. może się zdarzyć, że istnieje lim n an ale nie istnieje granica lim
n 
Przykład. Niech ciąg ( an ) ma postać
(15)
1, 2, 1, 2, 1, 2, 1, 2,
an 1
.
n  a
n
Pokazać, że istnieje lim n an ale nie istnieje granica lim
n 
Rozwiązanie. Ponieważ
n
1  1, więc ciąg ( n an ) ma postać
1,
2
2, 1,
4
2, 1,
2k
Widać, że co drugi wyraz tego ciągu to
6
2, 1,
8
2,
2  k 21/ 2 . Na mocy wykazanej wcześniej granicy
lim n a  1 mamy zatem lim 2k 2  lim k 21/ 2  1. Oznacza to, że ciąg ( n an ) zawiera dwa podciągi:
k 
n 
k 
1, 1, 1, 1, 1, 1, 1,
2
2,
4
2,
6
2,
8
2,
i każdy jest zbieżny do 1, czyli lim n an  1. Z drugiej strony, jeżeli weźmiemy pod uwagę ciąg
n 
(an1 / an ), to ma on postać
2, 1/ 2, 2, 1/ 2, 2, 1/ 2, 2, 1/ 2,
Widzimy, że składa się on z dwóch podciągów, z których jeden jest zbieżny do 2 a drugi do 1/2. Tak
an 1
.
n  a
n
więc nie istnieje granica lim
Twierdzenie (Cauchy’ego)
Dany jest ciąg liczbowy (an ) 

, który ma granicę, lim an  g . Wtedy ciąg średnich
n 
arytmetycznych
bn 
a1 
 an
n
,
też jest zbieżny i ma tę samą granicę:
lim
a1 
n 
 an
n
 g.
(16)
Przykład. Obliczyć granice następującego ciągu
xn 
1 2  3 3 
n
nn
.
Rozwiązanie. Zauważmy, że ciąg występujący w tym przykładzie ma postać, która odpowiada
sformułowanemu powyżej twierdzeniu. Wystarczy przyjąć
an  n n ,
i wtedy mamy
xn 
a1  a2 
n
 an
.
Ponieważ wcześniej pokazaliśmy, że lim n an  lim n n  1, więc na mocy powyższego twierdzenia
n 
n 
mamy
1 2  3 3 
lim xn  lim
n 
n 
n
nn
 1.
ZADANIA
Zad 1) Sprawdzić, czy podane ciągi są monotoniczne i ograniczone:
(a) an 
n
,
3n
b) an 
4n
,
n!
c) an 
n2  3n  1
.
n2  1
Zad2) Korzystając z definicji granicy pokazać, że
3n  1
3
n  n  1
a) lim
(1)n
 0,
n 
n
b) lim
c) lim ln n.
n 
Zad3) Obliczyć granice podanych ciągów:
a) an 
d) an 
n
cos(n ! 2),
3n 2  4
1
n
n!
,
b) an  sin n  1  sin n ,
e) an 
n
n!
.
n
c) an  n( 3 n3  n  n),