granice.docx

(447 KB) Pobierz

$\mbox{TW. 1 (arytmetyka granic)}$
Niech i będą ciągami liczb rzeczywistych takimi, że $\lim_{ n\to \infty }a_n=a$ oraz $\lim_{ n\to \infty }b_n=b$ . Wtedy zachodzą poniższe równości:
$\lim_{n \to \infty } (a_n+b_n)=a+b$
$\lim_{n \to \infty } (a_n-b_n)=a-b$
$\lim_{n \to \infty } (a_n \cdot b_n)=a \cdot b$
$\lim_{n \to \infty } ( \frac{a_n}{b_n} )= \frac{a}{b}$
$\lim_{n \to \infty } (a_n ^{ b_n})=a ^ b$
O ile odpowiednie działania są wykonalne i nie prowadzą do symboli nieoznaczonych.

$\mbox{TW. 2 (o iloczynie ciągu zbieżnego do zera i ograniczonego)}$
Jeśli jest ciągiem zbieżnym do zera, a wyrazy ciągu są ograniczone (to znaczy, istnieje stała , taka że $\forall_{n\in \mathbb{N}}. |b_n|<M$ ) to:
$\lim_{ n\to \infty }a_n \cdot b_n=0$ .

$\mbox{TW. 3 (o trzech ciągach)}$
Niech , , będą ciągami, które dla odpowiednio dużych spełniają nierówności: $a_n \le b_n \le c_n$ . Ponadto załóżmy, że granice ciągów i istnieją i są równe . Wtedy również $\lim_{n \to \infty }b_n=g$ .

$\mbox{TW. 4 (o dwóch ciągach)}$
Niech , będą ciągami, które dla odpowiednio dużych spełniają nierówność: $a_n \le b_n$ . Ponadto załóżmy, że $\lim_{n\to \infty } a_n= \infty$ , wtedy również $\lim_{n \to \infty }b_n= \infty$ .

$\mbox{TW. 5 (o ciągu monotonicznym i ograniczonym)}$
Jeśli jest ciągiem spełniającym dwa następujące warunki

:
(1) jest od pewnego momentu słabo rosnący,
(2) wyrazy ciągu są ograniczone od góry,
to ciąg jest zbieżny. Analogiczne twierdzenie zachodzi, jeśli ciąg jest malejący i ograniczony od dołu.

$\mbox{TW. 6}$
Niech ciąg ma wyrazy niezerowe oraz zachodzi jeden z warunków:
(1) $\lim_{n \to \infty } \sqrt[n]{|a_n|}<1$ ,
(2) $\lim_{n \to \infty } \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|} <1$ .
Wtedy $\lim_{ n\to \infty }a_n=0$ .

$\mbox{TW. 7 (Stolza)}$
Niech dany

będzie ciąg $a_n \rightarrow \infty$ oraz dowolny ciąg . Wtedy, jeśli: $\lim_{ n\to \infty } \frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}=A$ , to:
$\lim_{ n\to \infty } \frac{b_n}{a_n}=A$ . Gdzie A może być liczbą bądź symbolem plus

lub minus nieskończoności.

$\mbox{TW. 8 (o liczbie Eulera e)}$
Niech będzie ciągiem zbieżnym do 0, którego wyrazy są niezerowe. Wtedy $\lim_{ n\to \infty } (1+a_n)^{ \frac{1}{a_n}}=e$ . Gdzie $e \approx 2.71828$ jest liczbą Eulera.

$\mbox{TW. 9}$
Jeśli funkcja $g:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ jest ciągła w punkcie , a ciąg jest zbieżny do , to: $\lim_{ n\to \infty }g(a_n)=g(a)$ .

$\mbox{TW. 10 (podstawowe granice)}$
$\mbox{(1) } \lim_{ n\to \infty } \frac{1}{n}=0$
$\mbox{(2) } \lim_{ n\to \infty } \frac{1}{n^a}=0 \mbox{ dla }a>0$
$\mbox{(2') } \lim_{ n\to \infty } n^a= \infty \mbox{ dla }a>0$
$\mbox{(3) } \lim_{ n\to \infty } q^n=0 \mbox{ dla }|q|<1$
$\mbox{(3') } \lim_{ n\to \infty } q^n= \infty \mbox{ dla } q>1$
$\mbox{(4) } \lim_{ n\to \infty } \sqrt[n]{a} =1 \mbox{ dla } a>0$
$\mbox{(5) } \lim_{ n\to \infty } \sqrt[n]{n} =1$
$\mbox{(6) } \lim_{ n\to \infty } \left( 1+ \frac{1}{n} \right)^n =e$

$\mbox{TW. 11}$
Załóżmy, że ciąg o niezerowych wyrazach spełnia: $\lim_{n \to \infty } \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=g$ , wtedy $\lim_{n \to \infty } \sqrt[n]{|a_n|}=g$

Przykłady obliczania granic: (aby zobaczyć rozwiązanie, należy kliknąć na "Pokaż")

$\mbox{1. }a_n= \frac{n}{n+1}$

$a_n= \frac{n}{n+1}= \frac{n+1-1}{n+1}=1- \frac{1}{n+1}$
$\frac{1}{n+1} \rightarrow 0$ więc $\lim_{ n\to \infty }a_n=1-0=1$

$\mbox{2. }a_n= \frac{n^2-1}{3-n^3}$

$a_n= \frac{n^2-1}{3-n^3}=\frac{n^2(1- \frac{1}{n^2}) }{n^2( \frac{3}{n^2} -n)}=\frac{1- \frac{1}{n^2} }{ \frac{3}{n^2} -n}$
$\lim_{ n\to \infty }1- \frac{1}{n^2}=1$
$\lim_{ n\to \infty }\frac{3}{n^2} -n=- \infty$
Zatem $\lim_{n \to \infty }a_n=0$

$\mbox{3. }a_n= \frac{4n^3-2n}{n^3-n^2+1}$

$a_n= \frac{4n^3-2n}{n^3-n^2+1}=\frac{n^3(4- \frac{2}{n^2}) }{n^3(1- \frac{1}{n}+ \frac{1}{n^3})}=\frac{4- \frac{2}{n^2}}{1- \frac{1}{n}+ \frac{1}{n^3}}$
$\lim_{ n\to \infty } \frac{4- \frac{2}{n^2}}{1- \frac{1}{n}+ \frac{1}{n^3}}= \frac{\lim_{ n\to \infty }4- \frac{2}{n^2}}{\lim_{ n\to \infty }1- \frac{1}{n}+ \frac{1}{n^3}}= \frac{4-0}{1-0+0}=4$

$\mbox{4. }a_n=\sqrt{\frac{9n^2-3}{4n^2+1}}$

$\sqrt{\frac{9n^2-3}{4n^2+1}}=\sqrt{\frac{n^2(9-\frac{3}{n^2})}{n^2(4+\frac{1}{n^2})}}=\sqrt{\frac{9-\frac{3}{n^2}}{4+\frac{1}{n^2}}}\to \sqrt{\frac{9-0}{4+0}}=\frac{3}{2}$

$\mbox{5. }a_n= \left( \frac{5n-2}{3n-1} \right)^3$

Znajdziemy granicę ciągu: $\frac{5n-2}{3n-1}=\frac{n(5- \frac{2}{n}) }{n(3- \frac{1}{n}) }=\frac{5- \frac{2}{n} }{3- \frac{1}{n} }\rightarrow \frac{5}{3}$
Z TW. 1: $\lim_{n \to \infty }\left( \frac{5n-2}{3n-1} \right)^3=\left( \frac{5}{3} \right)^3 = \frac{125}{27}$

$\mbox{6. }a_n=\frac{2^n+7^n}{4^n-3\cdot 7^n}$

$\frac{2^n+7^n}{4^n-3\cdot 7^n}=\frac{7^n(\frac{2^n}{7^n}+1)}{7^n(\frac{4^n}{7^n}-3)}=\frac{\frac{2^n}{7^n}+1}{\frac{4^n}{7^n}-3}=\frac{(\frac{2}{7})^n+1}{(\frac{4}{7})^n-3}\to \frac{0+1}{0-3}=-\frac{1}{3}$

$\mbox{7. }a_n= \sqrt{n^2+n}-n$

Mamy:
$\sqrt{n^2+n}-n= (\sqrt{n^2+n}-n)\frac{\sqrt{n^2+n}+n}{\sqrt{n^2+n}+n}= \frac{n^2+n-n^2}{\sqrt{n^2+n}+n}= \frac{n}{\sqrt{n^2+n}+n}$
gdzie przedostatnie przejście wynika ze wzoru skróconego mnożenia:
Przekształcając dalej:
$\frac{n}{\sqrt{n^2(1+ \frac{1}{n}) }+n}=\frac{n}{n\sqrt{1+ \frac{1}{n} }+n}=\frac{1}{\sqrt{1+ \frac{1}{n} }+1}$
oczywiście $\sqrt{1+ \frac{1}{n} } \rightarrow \sqrt{1+0}=1$
Zatem ostatecznie: $\frac{1}{\sqrt{1+ \frac{1}{n} }+1} \rightarrow \frac{1}{2}$

$\mbox{8. }a_n= \sqrt[3]{n^3+4n^2}-n$

Postępujemy podobnie jak w poprzednim przykładzie, ale tym razem korzystamy ze wzoru: .
$\sqrt[3]{n^3+4n^2}-n=( \sqrt[3]{n^3+4n^2}-n) \frac{\sqrt[3]{n^3+4n^2}^2+n\sqrt[3]{n^3+4n^2}+n^2}{\sqrt[3]{n^3+4n^2}^2+n\sqrt[3]{n^3+4n^2}+n^2}= \frac{n^3+4n^2-n^3}{\sqrt[3]{n^3+4n^2}^2+n\sqrt[3]{n^3+4n^2}+n^2}=\frac{4n^2}{\sqrt[3]{n^3+4n^2}^2+n\sqrt[3]{n^3+4n^2}+n^2}$ Przekształcając jak w poprzednim przykładzie i skracając przez dostajemy łatwo, że:
$\lim_{ n\to \infty }a_n= \frac{4}{1+1+1}= \frac{4}{3}$

$\mbox{9. }a_n= \frac{3\cdot 2^{2n}+1}{4^{n+1}}$

$\frac{3\cdot 2^{2n}+1}{4^{n+1}}=\frac{3\cdot (2^{n})^2+1}{4^{n} \cdot 4}=\frac{3\cdot 4^{n}+1}{4^{n} \cdot 4}$
dzielimy licznik i mianownik przez :
$\frac{3+ \frac{1}{4^n} }{4} \rightarrow \frac{3+0}{4}= \frac{3}{4}$

$\mbox{10. }a_n= \frac{n}{2^n}$

1. sposób:
Skorzystamy z TW. 3, o trzech ciągach.
Najpierw należy wykazać (np. przez prostą indukcję), że dla $n \ge 5$ :
Dalej mamy:
$0 \le \frac{n}{2^n} \le \frac{n}{n^2}= \frac{1}{n}$
Skrajne ciągi zbiegają do 0, zatem środkowy również.

2. sposób:
Korzystamy z TW. 6 (2):
$\frac{\frac{ n+1}{2^{n+1}}} { \frac{n}{2^n} }= \frac{n+1}{2n} \rightarrow \frac{1}{2}$
Oczywiście $\frac{1}{2}<1$ więc wnioskujemy stąd, że $\frac{n}{2^n} \rightarrow 0$

3. sposób:
Korzystamy z TW. 7, Stolza:
$\frac{(n+1)-n}{2^{n+1}-2^n}= \frac{1}{2^n} \rightarrow 0$
Zatem: $\frac{n}{2^n} \rightarrow 0$

4. sposób:
Skorzystamy najpierw z TW. 5, aby wykazać istnienie granicy ciągu:
Można łatwo wykazać (badając $a_{n+1}-a_n$ ), że ciąg ten jest malejący. Oczywiście jest też ograniczony z dołu przez 0. Zatem ma on granicę, oznaczmy ją przez .
Zauważmy, że ciąg ten spełnia następującą zależność rekurencyjną:
$a_{n+1}= \frac{n+1}{2n}a_n$
Przejdźmy w tym równaniu z do nieskończoności, otrzymamy:
$g= \frac{1}{2}g$ , a stąd już

$\mbox{11. }a_n= \frac{n^k}{q^n}$ dla ,

Skorzystamy z TW. 6 (1):
$\sqrt[n]{\frac{n^k}{q^n}}= \frac{\sqrt[n]{n^k}} {q}=\frac{\sqrt[n]{n}^k} {q} \rightarrow \frac{1^k}{q}= \frac{1}{q}$
Oczywiście z założenia mamy: $\frac{1}{q}<1$ , skąd wnioskujemy, że granicą ciągu jest 0.

$\mbox{12. }a_n= \frac{c^n}{n!}$ dla dowolnego

1. sposób:
Skorzystamy najpierw z TW. 5, aby wykazać istnienie granicy ciągu:
Ciąg jest od pewnego miejsca malejący, aby to wykazać zbadajmy iloraz:
$\frac{a_{n+1}}{a_n}= \frac{\frac{c^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac{c^n}{n!}}= \frac{c}{n}$
Oczywiście skoro jest stałe, to od pewnego miejsca $\frac{c}{n}<1$ , więc ciąg jest dla dużych n malejący. Naturalnie jest on również ograniczony od dołu przez 0. Zatem jest on zbieżny. Oznaczmy jego granicę przez .
Zauważmy, że ciąg ten spełnia następującą zależność rekurencyjną:
$a_{n+1}= \frac{c}{n+1}a_n$
Przejdźmy w tym równaniu z do nieskończoności, otrzymamy:
$g= 0\cdot g$ , a stąd już

2. sposób:
Skorzystamy z TW 6. (2)
Powyżej pokazaliśmy, że $\frac{a_{n+1}}{a_n}= \frac{c}{n} \rightarrow 0<1$ .
A to oznacza, że $\lim_{ n\to \infty }a_n =0$

$\mbox{13. }a_n= \frac{\cos (n^2)}{n-5}$

Zauważmy przede wszystkim, że zbiorem wartości funkcji cosinus jest przedział
, to oznacza, że dla każdego , $-1 \le cos(x) \le 1$
1. sposób:
Skorzystamy z TW 3. o trzech ciągach:
mamy z powyższej uwagi nierówności:
$\frac{-1}{n-5} \le \frac{\cos (n^2)}{n-5} \le \frac{1}{n-5}$
ale oba ciągi skrajne dąża do zera, stąd też $\lim_{ n\to \infty }a_n=0$

2. sposób:
Skorzystamy z TW 2.
Ciąg $\cos (n^2)$ jest ograniczony, a ciąg $\frac{1}{n-5}$ zbieżny do 0. Wnioskujemy zatem: $\lim_{ n\to \infty }a_n=0$

$\mbox{14. }a_n= \sqrt[n]{n^2}$

Mamy: $\sqrt[n]{n^2}= \sqrt[n]{n} \cdot \sqrt[n]{n} \rightarrow 1 \cdot 1=1$

$\mbox{15. }a_n=\sqrt[n]{n^5+4n^3+3n-2}$

Wykorzystamy TW. o trzech ciągach.
Prawdziwe jest szacowanie: $n^5+4n^3+3n-2 \le n^5+4n^5+3n^5=8n^5$
Zatem mamy:
$1 \le \sqrt[n]{n^5+4n^3+3n-2} \le \sqrt[n]{8n^5}$
Ale: $\sqrt[n]{8n^5}=\sqrt[n]{8} \cdot \sqrt[n]{n}^5 \rightarrow 1 \cdot 1^5=1$
Zatem również $a_n \rightarrow 1$

$\mbox{16. }a_n= \sqrt[n]{3^n+4^n+5^n}$

Skorzystamy z TW. o trzech ciągach.
Najpierw zauważmy, że prawdziwe jest szacowanie:
$5^n \le 3^n+4^n+5^n \le 5^n+5^n+5^n$ , czyli:
$5\le \sqrt[n]{3^n+4^n+5^n} \le \sqrt[n]{3 \cdot 5^n}$
$\sqrt[n]{3 \cdot 5^n}=\sqrt[n]{3} \cdot 5 \rightarrow 1 \cdot 5=5$
Zatem granica naszego ciągu to .

$\mbox{17. }a_n= \sqrt[n]{10^{100}}- \sqrt[n]{ \frac{1}{10^{100}} }$

Korzystamy z TW. 10, a dokładniej z tego, że $\sqrt[n]{a} \rightarrow 1$
Mamy: $\sqrt[n]{10^{100}}- \sqrt[n]{ \frac{1}{10^{100}} } \rightarrow 1-1=0$

$\mbox{18. }a_n= \frac{1+2+3+...+n}{n^2}$

1. sposób:
Można łatwo dowieść przez indukcję prawdziwość następującego wzoru: $1+2+...+n= \frac{n(n+1)}{2}$
Mamy więc: $\frac{1+2+3+...+n}{n^2}=\frac{\frac{n(n+1)}{2}}{n^2}= \frac{n^2+n}{2n^2} \rightarrow \frac{1}{2}$

2. sposób:
Korzystamy z TW. Stolza:
$\frac{(1+2+...+(n+1))-(1+2+...+n)}{(n+1)^2-n^2}= \frac{n}{2n+1} \rightarrow \frac{1}{2}$
Więc: $a_n \rightarrow \frac{1}{2}$

$\mbox{19. }a_n= \frac{1+ \frac{1}{2}+ \frac{1}{4}+...+ \frac{1}{2^n} }{1+ \frac{1}{3}+ \frac{1}{9}+...+ \frac{1}{3^n} }$

Skorzystamy ze wzoru na sumę ciągu geometrycznego: $1+q+q^2+...+q^n= \frac{1-q^{n+1}}{1-q}$ dla $q= \frac{1}{2}$ i $q= \frac{1}{3}$
Mamy: $a_n= \frac{ \frac{1- \frac{1}{2^{n+1}} }{1- \frac{1}{2} } }{ \frac{1- \frac{1}{3^{n+1}} }{1- \frac{1}{3} }}=\frac{4}{3} \cdot \frac{1- \frac{1}{2^{n+1}}}{1- \frac{1}{3^{n+1}}} \rightarrow \frac{4}{3} \cdot \frac{1-0}{1-0}= \frac{4}{3}$

$\mbox{20. }a_n= \left( \frac{n+5}{n} \right)^n$

Mamy:
$\left( \frac{n+5}{n} \right)^n=\left( 1+\frac{5}{n} \right)^n=\left(\left( 1+\frac{5}{n} \right)^{ \frac{n}{5}} \right)^5$
Oczywiście w TW. 8 mamy, że:
$\left( 1+\frac{5}{n} \right)^{ \frac{n}{5}} \rightarrow e$
Zatem ostatecznie nasz ciąg $a_n \rightarrow e^5$

$\mbox{21. }a_n= \left( \frac{n^2+2}{2n^2+1} \right)^{n^2}$

Jest to feralny przykład z książki Krysickiego, do którego z tyłu jest podana błędna odpowiedź. A oto prawidłowy sposób rozwiązywania:
1. sposób:
Skorzystamy z TW. o trzech ciągach.
Zauważmy najpierw, że jeśli to prawdziwe jest szacowanie:
$\frac{1}{2} \le \frac{n^2+2}{2n^2+1} \le \frac{n^2+ \frac{n^2}{2} }{2n^2}= \frac{3}{4}$
Ale: $\lim_{n \to \infty } \left( \frac{1}{2}\right)^{n^2}=\lim_{n \to \infty } \left( \frac{3}{4}\right)^{n^2}=0$ .
Stąd również $a_n \rightarrow 0$

2. sposób:
Mamy:
$\frac{n^2+2}{2n^2+1} \rightarrow \frac{1}{2}$
Możemy więc (chociaż jest to pewnym nadużyciem) wykorzystać ostatni punkt TW. 1 i stwierdzić, że $a_n \rightarrow 0$ , gdyż $\left[ \frac{1}{2}^{ \infty }\right]$ nie jest symbolem nieoznaczonym.

3. sposób:
$\left( \frac{n^2+2}{2n^2+1} \right)^{n^2}=\left( \frac{1+ \frac{2}{n^2} }{2+ \frac{1}{n^2} } \right)^{n^2}= \frac{ \left(1+ \frac{2}{n^2}\right)^{n^2} }{ \left( 2+ \frac{1}{n^2}\right) ^{n^2}}$
Teraz łatwo obliczamy, że: $\left( 1+ \frac{2}{n^2}\right)^{n^2} \rightarrow e^2$
oraz: $\left( 2+ \frac{1}{n^2}\right) ^{n^2} \rightarrow \infty$
Zatem $\lim_{ n\to \infty }a_n=0$

$\mbox{22. }a_n= \left(1+\sin \frac{1}{n} \right)^n$

W tym przykładzie musimy wykorzystać to, że granicą ciągu: $n\sin \frac{1}{n}$ jest 1.
Mamy:
$\left(1+\sin \frac{1}{n} \right)^n= \left( \left(1+\sin \frac{1}{n} \right)^{ \frac{1}{\sin \frac{1}{n}}\right) ^{n\sin \frac{1}{n}} \rightarrow e^1=e$
gdzie kluczowe przejście wynika z TW. 8, TW. 1 (punkt ostatni) i uwagi na początku.

$\mbox{23. }a_n=n(\ln(n+1)-\ln n)$

$a_n=n(\ln(n+1)-\ln n)=n\ln \left( \frac{n+1}{n} \right) =\ln \left(\frac{n+1}{n} \right)^n= \ln \left(1+\frac{1}{n} \right)^n \rightarrow \ln e=1$
Co wynika z TW. 9 i ciągłości funkcji logarytm.

$\mbox{24. }a_n= \frac{1}{n^2+1}+ \frac{ \sqrt{2} }{n^2+2}+ \frac{ \sqrt{3} }{n^2+3}+...+ \frac{ \sqrt{n} }{n^2+n}$

Skorzystamy z TW. o trzech ciągach, mamy dla szacowanie:
$0 \le \frac{ \sqrt{k} }{n^2+k} \le \frac{\sqrt{n}}{n^2}$ ...

granice.docx

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika: