ANALIZA MATEMATYCZNA1 - Strona Oficyny Wydawniczej GIS · 1 Funkcje 9 Przykłady ... Pierwszą z...
27
ANALIZA MATEMATYCZNA 1
Transcript of ANALIZA MATEMATYCZNA1 - Strona Oficyny Wydawniczej GIS · 1 Funkcje 9 Przykłady ... Pierwszą z...
ANALIZA
MATEMATYCZNA 1
Marian Gewert Zbigniew Skoczylas
ANALIZA
MATEMATYCZNA 1
Przykłady i zadania
Wydanie dwudzieste piąte uzupełnione
GiS
Oficyna Wydawnicza GiSWrocław 2017
Marian Gewert
Wydział MatematykiPolitechnika Wrocł[email protected]
Zbigniew Skoczylas
Wydział MatematykiPolitechnika Wrocł[email protected]
Projekt okładki:
IMPRESJA Studio Grafiki Reklamowej
Copyright c© 1992 – 2017 by Oficyna Wydawnicza GiS
Utwór w całości ani we fragmentach nie może być powielany ani rozpowszechnianyza pomocą urządzeń elektronicznych, mechanicznych, kopiujących, nagrywających iinnych. Ponadto utwór nie może być umieszczany ani rozpowszechniany w postaci cy-frowej zarówno w Internecie, jak i w sieciach lokalnych, bez pisemnej zgody posiadaczapraw autorskich.
Skład wykonano w systemie LATEX.
ISBN 978–83–62780–47–1
Wydanie XXV uzupełnione, Wrocław 2017Oficyna Wydawnicza GiS, s.c., www.gis.wroc.plDruk i oprawa: Oficyna Wydawnicza ATUT
4
Spis treści
Wstęp 7
1 Funkcje 9
Przykłady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Podstawowe określenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Funkcje monotoniczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10Złożenie funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Funkcje odwrotne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Funkcje elementarne i inne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2 Ciągi liczbowe 17
Przykłady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17Podstawowe określenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17Granice ciągów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Twierdzenia o granicach ciągów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3 Granice i ciągłość funkcji 38
Przykłady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38Definicje granic funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38Twierdzenia o granicach funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40Asymptoty funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51Ciągłość funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57Twierdzenia o funkcjach ciągłych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
4 Pochodne funkcji 71
Przykłady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71Podstawowe pojęcia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71Pochodne jednostronne i pochodne niewłaściwe . . . . . . . . . . . . . 73Twierdzenia o pochodnej funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77Różniczka funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
5
Pochodne wyższych rzędów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88Pochodne funkcji wektorowych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
5 Zastosowania pochodnych 100
Przykłady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100Twierdzenia o wartości średniej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100Twierdzenia o granicach nieoznaczonych . . . . . . . . . . . . . . . . . 107Rozwinięcie Taylora funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112Ekstrema funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117Funkcje wypukłe i punkty przegięcia wykresu funkcji . . . . . . . . . . 125Badanie funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
6 Całki nieoznaczone 148
Przykłady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148Całki nieoznaczone . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148Twierdzenia o całkach nieoznaczonych . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150Całkowanie funkcji wymiernych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157Całkowanie funkcji trygonometrycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . 168Całkowanie funkcji z niewymiernościami . . . . . . . . . . . . . . . . . 175
Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180
7 Całki oznaczone 183
Przykłady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183Podstawowe twierdzenie rachunku całkowego . . . . . . . . . . . . . . 183Metody obliczania całek oznaczonych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187Twierdzenia o całkach oznaczonych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190
Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193
8 Zastosowania całek oznaczonych 197
Przykłady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197Zastosowania w geometrii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197Zastosowania w fizyce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207
Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
Odpowiedzi i wskazówki 211
Zbiory zadań 227
6
1 Wstęp
Komplet podręczników do Analizy matematycznej 1 składa się z trzech części.Pierwszą z nich jest książka pt. „Analiza matematyczna 1. Definicje, twierdzenia,wzory”, drugą – niniejszy zbiór zadań, a ostatnią – opracowanie pt. „Analiza mate-matyczna 1. Kolokwia i egzaminy. Podręczniki są przeznaczone głównie dla studentówpolitechnik. Mogą z nich korzystać także studenci wydziałów nauk ścisłych i przyrod-niczych uniwersytetów oraz uczelni ekonomicznych, pedagogicznych i rolniczych.
Zbiór zawiera przykładowe zadania z rozwiązaniami przedstawionymi ”krok pokroku” oraz podobne zadania przeznaczone do samodzielnej pracy. Przykłady i zada-nia obejmują rachunek różniczkowy i całkowy funkcji jednej zmiennej wraz z zastoso-waniami. Materiał teoretyczny, którego znajomość jest potrzebna do rozwiązywaniazadań, można znaleźć w pierwszej części zestawu. Zadania oznaczone gwiazdką sąprzeznaczone dla ambitnych studentów. Więcej podobnych zadań Czytelnik znajdziew książce „Algebra i analiza. Egzaminy na ocenę celującą”. Na końcu zbioru umiesz-czone są odpowiedzi lub wskazówki do wszystkich zadań. Przykłady i zadania z tegozbioru są podobnych typów oraz mają zbliżony stopień trudności do zadań, którestudenci zwykle rozwiązują na kolokwiach i egzaminach. Zadania ze sprawdzianówprzeprowadzonych w poprzednich latach w Politechnice Wrocławskiej zawiera trzeciaczęść zestawu.
Do obecnego wydania zbioru dołączono kilkanaście nowych przykładów oraz za-dań. Ponadto poprawiono zauważone błędy i usterki.
Dziękujemy Koleżankom i Kolegom z Wydziału Matematyki Politechniki Wro-cławskiej oraz naszym Studentom za uwagi o poprzednich wydaniach podręcznika.
Marian Gewert Zbigniew Skoczylas
7
2 Ciągi liczbowe2Przykłady
Podstawowe określenia
� Przykład 2.1. Zbadać, czy podane ciągi są ograniczone z dołu, z góry, są ograni-czone:
(a) an =3n
3n + 2; (b) bn = 1000−
√n; (c) cn = (−n)n ;
(d) dn =4√
n4 + 4; (e) en =1
n+ 1+1
n+ 2+ . . .+
1
2n.
Rozwiązanie. Ciąg (an) jest ograniczony z dołu, jeżeli istnieje liczba rzeczywista m taka,że nierówność m ¬ an jest prawdziwa dla każdej liczby naturalnej n. Podobnie, ciąg (an)jest ograniczony z góry, jeżeli istnieje liczba rzeczywista M taka, że nierówność an ¬M jestprawdziwa dla każdej liczby naturalnej n. Ciąg (an) jest ograniczony, jeżeli jest ograniczonyz dołu i z góry. Zaprzeczając powyższym określeniom otrzymamy, że ciąg (an) nie jest ogra-niczony z dołu, jeżeli dla każdej liczby rzeczywistej m można wskazać liczbę naturalną n0taką, że an0 < m. Analogicznie, ciąg (an) nie jest ograniczony z góry, jeżeli dla każdej liczbyrzeczywistej M można wskazać liczbę naturalną n0 taką, że M < an0 .
◮ (a) Ciąg (an) jest ograniczony z dołu przez liczbęm = 0, gdyż dla każdego n ∈ N spełnionajest nierówność
an =3n
3n + 2> 0 = m.
Ciąg ten jest ograniczony z góry przez liczbę M = 1, gdyż dla każdego n ∈ N spełniona jestnierówność
an =3n
3n + 2< 1 =M.
Ciąg (an) jest zatem ograniczony.
◮ (b) Ciąg (bn) jest ograniczony z góry przez liczbę M = 999, gdyż dla każdego n ∈ N
spełniona jest nierównośćbn = 1000−
√n ¬ 999 =M.
Ciąg ten nie jest jednak ograniczony z dołu, gdyż dla każdej liczby rzeczywistej m istniejeliczba naturalna n0 taka, że
bn0= 1000−√n0 < m.
17
18 Ciągi liczbowe
Rzeczywiście, wystarczy przyjąć n0 = (1001 − ⌊m⌋)2 , aby spełniona była powyższa nierów-ność.
◮ (c) Ciąg (cn) nie jest ograniczony z dołu ani z góry. Wykażemy jego nieograniczonośćz góry. Dowód nieograniczoności z dołu jest podobny. Niech M będzie dowolną liczbą dodat-nią. Mamy pokazać, że istnieje liczba naturalna n0, dla której zachodzi nierówność
cn0= (−n0)
n0> M.
Liczbą taką jest np. n0 = 2 (⌊M⌋+ 1) .◮ (d) Ciąg (dn) jest ograniczony z dołu przez liczbę m = 1, gdyż dla każdej liczby naturalnejn spełniona jest nierówność
dn =4√
n4 + 4 >4√n4 = n 1 = m.
Ciąg ten nie jest ograniczony z góry, gdyż ciąg d′n = n, o mniejszych wyrazach, nie jestograniczony z góry.
◮ (e) Oczywiste jest, że ciąg (en) jest ograniczony z dołu przez liczbę m = 0. Pokażemy,że ciąg ten jest także ograniczony z góry. Niech n będzie dowolną liczbą naturalną. Wtedyzachodzą nierówności
en =1
n+ 1+1
n+ 2+ . . .+
1
2n¬ 1
n+ 1+1
n+ 1+ . . .+
1
n+ 1=n
n+ 1< 1 =M.
Zatem ciąg (en) jest ograniczony z góry przez liczbę M = 1.
� Przykład 2.2. Zbadać, czy podane ciągi są monotoniczne od pewnego miejsca:
(a) an =n
n+ 1; (b) bn =
n2 + 1
n!; (c) cn =
√
n2 + 4n− n;
(d) dn = cosπ
2n; (e*) en =
n√5n + 6n; (f) fn =
n! (2n)!
(3n)!;
(g*) gn =
(
1 +1
n
)n+1
; (h) hn =1
2n+ 1+
1
2n+ 2+
1
2n+ 3+ . . .+
1
3n.
Rozwiązanie. Ciąg (an) jest rosnący od indeksu n0, jeżeli nierówność an+1 > an jest praw-dziwa dla każdej liczby naturalnej n n0. Jeżeli między elementami ciągu (an) zachodzinierówność słaba an+1 an dla n n0, to ciąg jest niemalejący od indeksu n0. Zmieniającpowyżej kierunek nierówności między wyrazami ciągu otrzymamy określenia ciągu maleją-cego i nierosącego. Monotoniczność ciągu (an) ustalamy badając znak różnicy an+1 − an,a w przypadku ciągów o wyrazach dodatnich możemy porównać iloraz an+1/an z 1.
◮ (a) Zbadamy znak różnicy an+1 − an. Mamy
an+1 − an = n+ 1n+ 2
− n
n+ 1=
1
(n+ 1)(n+ 2)> 0 dla każdego n ∈ N.
Ponieważ różnica jest dodatnia, więc ciąg (an) jest rosnący.
◮ (b) Mamy
bn+1bn=
(n+ 1)2 + 1
(n+ 1)!
n2 + 1
n!
=(n+ 1)2 + 1
(n+ 1) (n2 + 1)=n2 + 2n+ 2
n3 + n2 + n+ 1.
Przykłady 19
Zbadamy teraz dla jakich liczb naturalnych iloraz ten jest mniejszy od 1. Mamy
n2 + 2n+ 2
n3 + n2 + n+ 1< 1 ⇐⇒ n2 + 2n+ 2 < n3 + n2 + n+ 1
⇐⇒ n+ 1 < n3⇐⇒ 1 + 1n< n2.
Ostatnia nierówność jest spełniona dla liczb naturalnych n 2. Ponieważ badany ciąg mawyrazy dodatnie oraz dla n 2 jego wyrazy spełniają nierówność bn+1/bn < 1, więc jestmalejący od numeru n0 = 2.
◮ (c) Mamy
cn =√
n2 + 4n− n =(√n2 + 4n− n
) (√n2 + 4n+ n
)
√n2 + 4n+ n
=4n√
n2 + 4n+ n=
4√
1 +4
n+ 1
oraz
cn+1 =4
√
1 +4
n+ 1+ 1
.
Pokażemy bezpośrednio, że cn+1 > cn dla n ∈ N. Rzeczywiście, wychodząc od oczywistejrelacji n+ 1 > n, otrzymamy kolejno równoważne nierówności:
4
n+1<4
n; 1+
4
n+1< 1+
4
n;
√
1+4
n+1<
√
1+4
n;
√
1+4
n+1+1 <
√
1+4
n+ 1.
Stąd mamy
cn+1 =4
√
1 +4
n+ 1+ 1
>4
√
1 +4
n+ 1
= cn,
czyli jak żądano. To oznacza, że ciąg (cn) jest rosnący.
◮ (d) Zbadamy monotoniczność ciągu (dn) ustalając znak różnicy dn+1−dn.Wykorzystamywzór
cosα− cos β = 2 sin β − α2sinα+ β
2.
Mamy
dn+1 − dn = cos π
2(n+ 1)− cos π
2n
= 2 sin
π
2n− π
2(n+ 1)
2sin
π
2(n+ 1)+π
2n
2= 2 sin
π
4n(n+ 1)sin(2n+ 1) π
4n(n+ 1).
Dla n ∈ N liczbyπ
4n(n+ 1),(2n+ 1)π
4n(n+ 1)należą do przedziału (0, π), więc
sinπ
4n(n+ 1)> 0 oraz sin
(2n+ 1)π
4n(n+ 1)> 0.
Zatem dn+1 − dn > 0, czyli ciąg (dn) jest rosnący.
20 Ciągi liczbowe
◮ (e*) Mamy
en =n√5n + 6n = 6 n
√(5
6
)n
+ 1.
Zauważmy, że dla n ∈ N zachodzi nierówność
(5
6
)n
+ 1 >(5
6
)n+1
+ 1.
Aby uzasadnić monotoniczność ciągu (en) skorzystamy z oczywistej nierównościn√a > n+1
√a
dla ustalonego a > 1 oraz monotoniczności funkcji k√x dla ustalonego k ∈ N. Dla dowolnej
liczby naturalnej n mamy zatem
en+1 = 6n+1
√
1 +(5
6
)n+1
< 6n
√
1 +(5
6
)n+1
< 6 n√
1 +(5
6
)n
= en.
To oznacza, że ciąg (en) jest malejący.
◮ (f) Ponieważ fn > 0 dla n ∈ N, więc, aby zbadać monotoniczność ciągu (fn), wystarczyporównać iloraz fn+1/fn z 1. Mamy
fn+1fn=(n+ 1)! [2(n+ 1)]!
[3(n+ 1)]!· (3n)!n!(2n)!
=[n!(n+ 1)] [(2n+ 2)(2n+ 1)(2n)!]
(3n+ 3)(3n+ 2)(3n+ 1)(3n)!· (3n)!n!(2n)!
=2(n+ 1)(2n+ 1)
3(3n+ 2)(3n+ 1)< 1.
Zatem ciąg (fn) jest malejący.
◮ (g*) Zauważmy, że gn > 0 dla n ∈ N. Jeżeli pokażemy, że dla n 2 iloraz gn/gn−1 jestmniejszy od 1, to badany ciąg będzie malejący od numeru n0 = 2.. Mamy
gngn−1
=
(
1 +1
n
)n+1
(
1 +1
n− 1)n
=(
1 +1
n
)
·
1 +1
n
1 +1
n− 1
n
=n+ 1
n· 1(n2
n2 − 1
)n
=n+ 1
n· 1(
1 +1
n2 − 1)n
•
¬ n+ 1n· 1
1 +n
n2 − 1=n3 + n2 − n− 1n3 + n2 − n < 1.
Nierówność (•) wynika z nierówności Bernoulliego∗:
(1 + x)n 1 + nx, gdzie x −1 oraz n ∈ N,
∗Dowód nierówności Bernoulliego można znaleźć w innym podręczniku autorów pt.„Wstęp do analizy i algebry. Teoria, przykłady, zadania”.
Przykłady 21
w której przyjęto x =1
n2 − 1 . Zatem badany ciąg jest malejący.
◮ (h) Zbadamy znak różnicy hn+1 − hn. Mamy
hn+1 − hn =(1
2n+ 3+
1
2n+ 4+
1
2n+ 5+ . . .+
1
3n+
1
3n+ 1+
1
3n+ 2+
1
3n+ 3
)
−(1
2n+ 1+
1
2n+ 2+
1
2n+ 3+ . . .+
1
3n
)
=(1
3n+ 1+
1
3n+ 2+
1
3n+ 3
)
−(1
2n+ 1+
1
2n+ 2
)
=9n2 + 11n+ 4
6(n+ 1)(2n+ 1)(3n+ 1)(3n+ 2)> 0.
Ponieważ dla każdej liczby naturalnej n różnica hn+1 − hn jest dodatnia, więc ciąg (hn) jestrosnący.
Granice ciągów
� Przykład 2.3. Korzystając z definicji granicy właściwej ciągu uzasadnić równości:
(a) limn→∞
1
n2 + 4= 0; (b) lim
n→∞
2n
n+ 1= 2; (c) lim
n→∞
n√5 = 1.
Rozwiązanie. Ciąg (an) ma granicę właściwą a ∈ R, gdy dla dowolnej liczby dodatniejε można dobrać taką liczbę naturalną n0, że nierówność |an − a| < ε jest prawdziwa dlawszystkich n > n0.
◮ (a) Mamy pokazać, że dla dowolnej liczby dodatniej ε można dobrać taką liczbę naturalnąn0, że nierówność
∣∣1/(n2 + 4
)− 0∣∣ < ε jest prawdziwa dla wszystkich n > n0. Niech ε
będzie dowolną liczbą dodatnią. Musimy zatem wskazać liczbę n0 ∈ N taką, że dla każdegon > n0 spełniona będzie nierówność 1/
(n2 + 4
)< ε. Dla n ∈ N nierówność ta jest kolejno
równoważna nierównościom
n2 + 4 >1
ε⇐⇒ n2 > 1
ε− 4.
Ostatnia nierówność jest oczywista, gdy 1/ε − 4 < 1, tzn. dla ε > 1/5. Z kolei dla 0 < ε ¬1/5 nierówność ta jest równoważna warunkowi n >
√
1/ε − 4. Zatem za n0 można przyjąćdowolną liczbę naturalną większą lub równą
√
1/ε− 4.◮ (b) Mamy pokazać, że dla dowolnej liczby dodatniej ε można dobrać taką liczbę naturalnąn0, iż nierówność |2n/(n + 1) − 2| < ε jest prawdziwa dla wszystkich n > n0. Niech ε będziedowolną liczbą dodatnią. Musimy zatem znaleźć liczbę n0 ∈ N taką, że dla każdego n > n0spełniona będzie nierówność |2n/(n + 1) − 2| < ε. Mamy
∣∣∣2n
n+ 1− 2∣∣∣ =
2
n+ 1< ε ⇐⇒ n > 2
ε− 1.
Zatem za n0 można przyjąć dowolną liczbę naturalną większą lub równą 2/ε − 1.◮ (c) Mamy pokazać, że dla dowolnej liczby dodatniej ε można dobrać taką liczbę naturalnąn0, iż nierówność
∣∣ n√5− 1
∣∣ < ε jest prawdziwa dla wszystkich n > n0. Niech ε będzie dowolną
22 Ciągi liczbowe
liczbą dodatnią. Musimy zatem znaleźć liczbę n0 ∈ N taką, że dla każdego n > n0 spełnionabędzie nierówność
∣∣ n√5− 1
∣∣ < ε. Mamy
∣∣ n√5− 1
∣∣ =
n√5− 1 < ε ⇐⇒ 51/n < 1 + ε ⇐⇒ 1
n< log5(1 + ε) ⇐⇒ n >
1
log5(1 + ε).
Zatem za n0 można przyjąć dowolną liczbę naturalną większą lub równą 1/ log5(1 + ε).
� Przykład 2.4. Korzystając z definicji granicy niewłaściwej ciągu uzasadnić rów-ności:
(a) limn→∞
3√n+ 1 =∞; (b) lim
n→∞
(n2 − 2
)=∞; (c) lim
n→∞
log 12n = −∞.
Rozwiązanie. W dowodach równości (a) i (b) wykorzystamy definicję ciągu rozbieżnego do∞: ciąg (an) jest rozbieżny do ∞, gdy dla dowolnej liczby dodatniej E można dobrać takąliczbę naturalną n0, że nierówność an > E jest prawdziwa dla wszystkich n > n0. Z koleiw dowodzie równości (c) zastosujemy definicję ciągu rozbieżnego do −∞ : ciąg (an) jestrozbieżny do −∞, gdy dla dowolnej liczby ujemnej E można dobrać taką liczbę naturalnąn0, że nierówność an < E jest prawdziwa dla wszystkich n > n0.◮ (a) Mamy pokazać, że dla dowolnej liczby dodatniej E można dobrać taką liczbę naturalnąn0, iż nierówność
3√n+ 1 > E jest prawdziwa dla wszystkich n > n0. Niech E będzie dowolną
liczbą dodatnią. Musimy zatem znaleźć liczbę n0 ∈ N taką, że dla każdego n > n0 spełnionabędzie nierówność 3
√n+ 1 > E . Mamy
3√n+ 1 > E ⇐⇒ n > E3 − 1.
Zatem za n0 można przyjąć dowolną liczbę naturalną większą lub równą E3 − 1.◮ (b) Mamy pokazać, że dla dowolnej liczby dodatniej E można dobrać taką liczbę naturalnąn0, iż nierówność n
2 − 2 > E jest prawdziwa dla wszystkich n > n0. Niech E będzie dowolnąliczbą dodatnią. Musimy zatem znaleźć liczbę n0 ∈ N taką, że dla każdego n > n0 spełnionabędzie nierówność n2 − 2 > E . Dla n ∈ N mamy
n2 − 2 > E ⇐⇒ n2 > E + 2 ⇐⇒ n >√E + 2.
Zatem za n0 można przyjąć dowolną liczbę naturalną większą lub równą√E + 2.
◮ (c) Mamy pokazać, że dla dowolnej liczby ujemnej E można dobrać taką liczbę naturalnąn0, iż nierówność log 1
2n < E jest prawdziwa dla wszystkich n > n0. Niech E będzie dowolną
liczbą ujemną. Musimy zatem wskazać liczbę naturalną n0 taką, że dla n > n0 zachodzinierówność log 1
2n < E . Mamy
log 12n < E ⇐⇒ log 1
2n < log 1
2
(1
2
)E
⇐⇒ n >(1
2
)E
= 2−E .
Zatem za n0 można przyjąć dowolną liczbę naturalną większą lub równą 2−E .
Twierdzenia o granicach ciągów
� Przykład 2.5. Korzystając z twierdzeń o arytmetyce granic ciągów obliczyć:
(a) limn→∞
n3−n+1n5+n3−4; (b) limn→∞
5n6 − 3n4 + 25− 10n6 ; (c) lim
n→∞
1 + 3 + . . .+ (2n+ 1)
4 + 7 + . . .+ (3n+ 1);
Przykłady 23
(d) limn→∞
3n − 2n4n − 3n ; (e) lim
n→∞
(√
n2+n+1− n)
; (f) limn→∞
(√
n2+n− 4√
n4 + 1)
;
(g) limn→∞
3√n2 + 1
n; (h) lim
n→∞
(n2 + 1
)(2n− 1)!
(2n+ 1)! + 1; (i) lim
n→∞
1 + 2 + 22 + . . .+ 22n
4 + 42 + 43 + . . .+ 4n.
Rozwiązanie. W rozwiązaniach wykorzystamy twierdzenia o arytmetyce granic: jeżeli ciągi(an) i (bn) mają granice właściwe, to
[1
]limn→∞
(an + bn) = limn→∞
an + limn→∞
bn,[2
]limn→∞
(an − bn) = limn→∞
an − limn→∞
bn,
[3
]limn→∞
(an · bn) = ( limn→∞
an) · ( limn→∞
bn),[4
]limn→∞
anbn=limn→∞
an
limn→∞
bn, o ile lim
n→∞bn 6= 0,
[5
]limn→∞
(an)p = ( lim
n→∞an)
p (p ∈ Z),[6
]limn→∞
k√an = k
√
limn→∞
an (k ∈ N).
Ponadto wykorzystamy fakt:[7
]ciąg geometryczny (qn) jest zbieżny do 0 , gdy |q| < 1.
Wzory[1
]i [3] są prawdziwe dla dowolnej liczby odpowiednio składników i czynników. Z
kolei we wzorach [5] i [6] zakładamy, że wyrażenia po obu stronach znaku równości mająsens. W rozwiązaniach podajemy numer równości, z której skorzystano.
◮ (a) Mamy
limn→∞
n3 − n+ 1n5 + n3 − 4
[: n5
: n5
]
= limn→∞
1
n2− 1n4+1
n5
1 +1
n2− 4n5
[4
]
=limn→∞
(1
n2− 1n4+1
n5
)
limn→∞
(
1 +1
n2− 4n5
)[1,2]
=limn→∞
1
n2− limn→∞
1
n4+ limn→∞
1
n5
1 + limn→∞
1
n2− limn→∞
4
n5
=0− 0 + 01 + 0− 0 =
0
1= 0.
◮ (b) Mamy
limn→∞
5n6 − 3n4 + 25− 10n6
[: n6
: n6
]
= limn→∞
5− 3n2+2
n65
n6− 10
[4
]
=limn→∞
(
5− 3n2+2
n6
)
limn→∞
(5
n6− 10
)[1,2]
=5− lim
n→∞
3
n2+ limn→∞
2
n6
limn→∞
5
n6− 10
=5− 0 + 00− 10 = −
1
2.
24 Ciągi liczbowe
◮ (c) W rozwiązaniu wykorzystamy wzór na sumę początkowych k składników ciągu aryt-metycznego: Sk = (a1 + ak) · k/2, gdzie a1 oznacza pierwszy, a ak ostatni składnik sumy. Wsumie w liczniku jest n + 1 składników (pierwszym składnikiem jest 1, a ostatnim 2n + 1).Zatem
1 + 3 + 5 + . . .+ (2n+ 1) =1 + (2n+ 1)
2(n+ 1) = (n+ 1)2.
Z kolei suma w mianowniku ma n składników (pierwszym składnikiem 4, a ostatnim 3n+1).Zatem
4 + 7 + 10 + . . .+ (3n+ 1) =4 + (3n+ 1)
2n =n(3n+ 5)
2.
Teraz możemy obliczyć granicę. Mamy
limn→∞
1+3+. . .+(2n+1)
4+7+. . .+(3n+1)= limn→∞
(n+ 1)2
n(3n+ 5)
2
[: n2
: n2
]
= limn→∞
2(
1 +1
n
)2
3 +5
n
[4
]
=
limn→∞
[
2(
1+1
n
)2]
limn→∞
(
3 +5
n
)[1,3, 5
]=
2
[
1+(
limn→∞
1
n
)2]
3 + limn→∞
5
n
=2(1+0)2
3 + 0=2
3.
◮ (d) Mamy
limn→∞
(3n−2n)(4n−3n)
[: 4n
: 4n
]
= limn→∞
(3
4
)n
−(1
2
)n
1−(3
4
)n
[4
]
=limn→∞
[(3
4
)n
−(1
2
)n]
limn→∞
[
1−(3
4
)n][2
]=limn→∞
(3
4
)n
− limn→∞
(1
2
)n
1− limn→∞
(3
4
)n
[7
]=0−01−0 = 0.
◮ (e) W rozwiązaniu wykorzystamy dodatkowo wzór[∗
]a−b = a
2 − b2a+ b
(a+b 6= 0). Mamy
limn→∞
(√
n2 + n+ 1− n)[∗
]= limn→∞
(n2 + n+ 1
)− n2
√n2 + n+ 1 + n
= limn→∞
n + 1√n2 + n+ 1 + n
[: n: n
]
= limn→∞
1 +1
n1
n
(√
n2 + n+ 1 + n)
= limn→∞
1 +1
n√
1+1
n+1
n2+1
[4
]=
limn→∞
(
1 +1
n
)
limn→∞
(√
1+1
n+1
n2+1
)[1,6]=
Przykłady 25
=1 + lim
n→∞
1
n√
1 + limn→∞
1
n+ limn→∞
1
n2+ 1
=1 + 0√
1 + 0 + 0 + 1=1
2.
◮ (f) Przede wszystkim zauważmy, że dla x, y > 0 mamy
4√x− 4√y =
(4√x− 4√y) (
4√x+ 4√y)
4√x+ 4√y
=
√x−√y
4√x+ 4√y=
(√x−√y
) (√x+√y)
(4√x+ 4√y) (√x+√y) =
x− y(4√x+ 4√y) (√x+√y) .
Korzystając z tego wzoru otrzymamy
√
n2 + n− 4√
n4 + 1 =4
√
(n2 + n)2 − 4√
n4 + 1
=
(n2 + n
)2 −(n4 + 1
)
(4√
(n2 + n)2 + 4√n4 + 1
)(√
(n2 + n)2 +√n4 + 1
)
=2n3 + n2 − 1
(√n2 + n+ 4
√n4 + 1
) (n2 + n+
√n4 + 1
)
[: n3
: n3
]
=
2n3 + n2 − 1n3√
n2 + n+ 4√n4 + 1
n· n2 + n+
√n4 + 1
n2
=2 +1
n− 1n3(√
1+1
n+4
√
1+1
n4
)(
1+1
n+
√
1+1
n4
) .
Stąd
limn→∞
√
n2 + n− 4√
n4 + 1 = limn→∞
2 +1
n− 1n3(√
1 +1
n+
4
√
1 +1
n4
)(
1 +1
n+
√
1 +1
n4
)[4
]
=limn→∞
(
2 +1
n− 1n3
)
limn→∞
[(√
1 +1
n+
4
√
1 +1
n4
)(
1 +1
n+
√
1 +1
n4
)][3
]
=limn→∞
(
2+1
n− 1n3
)
limn→∞
(√
1+1
n+4
√
1 +1
n4
)
limn→∞
(
1+1
n+
√
1+1
n4
)[1,2,6
]
=2 + 0− 0
(√1 + 0 + 4
√1 + 0
) (1 + 0 +
√1 + 0
) =1
2.
26 Ciągi liczbowe
◮ (g) Mamy
limn→∞
3√n2 + 1
n
[: n: n
]= limn→∞
3
√
1
n+1
n3
1
= limn→∞
3
√
1
n+1
n3[6
]
= 3
√
limn→∞
(1
n+1
n3
) [1
]= 3
√
limn→∞
1
n+ limn→∞
1
n3= 3√0 + 0 = 0.
◮ (h) W rozwiązaniu zastosujemy tożsamość n! = k! · (k + 1) · . . . · (n− 1) · n (0 ¬ k < n).Mamy zatem
(n2 + 1
)(2n− 1)!
(2n+ 1)! + 1=
(n2 + 1
)(2n− 1)!
(2n− 1)!(2n)(2n + 1) + 1[: (2n− 1)!: (2n− 1)!
]
=n2 + 1
2n(2n+ 1) +1
(2n− 1)!
[: n2
: n2
]
=1 +1
n2
4 +2
n+
1
n2(2n− 1)!.
Stąd
limn→∞
(n2 + 1
)(2n− 1)!
(2n+ 1)! + 1= limn→∞
1 +1
n2
4 +2
n+
1
n2(2n− 1)!
[4
]
=limn→∞
(
1 +1
n2
)
limn→∞
(
4 +2
n+
1
n2(2n− 1)!
)[1
]
= =1 + lim
n→∞
1
n2
4 + limn→∞
2
n+ limn→∞
1
n2(2n− 1)!=1 + 0
4 + 0 + 0=1
4.
◮ (i) W rozwiązaniu wykorzystamy wzór na sumę początkowych k składników ciągu geome-
trycznego Sk = a11− qk1− q , gdzie a1 oznacza pierwszy wyraz, a q iloraz ciągu geometrycznego.
Suma rozważana w liczniku ma 2n + 1 składników (pierwszy wyraz ciągu a1 = 1, a iloraz
q = 2). Zatem
1 + 2 + 22 + . . .+ 22n = 1 · 1− 22n+1
1− 2 = 22n+1 − 1 = 2 · 22n − 1 = 2 · 4n − 1.
Z kolei suma rozważana w mianowniku ma n składników (pierwszy wyraz ciągu a1 = 4,
a iloraz q = 4). Zatem
4 + 42 + 43 + . . .+ 4n = 4 · 1− 4n
1− 4 =4
3(4n − 1) .
Teraz możemy obliczyć granicę. Mamy
limn→∞
1 + 2 + 22 + . . .+ 22n
4 + 42 + 43 + . . .+ 4n= limn→∞
2 · 4n − 14
3(4n − 1)
[: 4n
: 4n
]
= limn→∞
3
4·2− 14n
1− 14n
[3,4]=
Przykłady 27
=3
4·limn→∞
(
2− 14n
)
limn→∞
(
1− 14n
)[2
]=3
4·2− lim
n→∞
(1
4
)n
1− limn→∞
(1
4
)n
[7
]=3
4· 2− 01− 0 =
3
2.
� Przykład 2.6. Korzystając z twierdzenia o trzech ciągach znaleźć granice:
(a) limn→∞
⌊√n2 + n
⌋
n; (b) lim
n→∞
3n + 1
(5 + cosn)n; (c) lim
n→∞
sin2 n+ 4n
3n− 1 ;
(d) limn→∞
n√3n + 4n + 5n; (e) lim
n→∞
n√n+ 3; (f) lim
n→∞
n√5n − 3n − 2n;
(g) limn→∞
(1√n2 + 1
+1√n2 + 2
+ . . .+1√n2 + n
)
; (h*) limn→∞
log2 (2n + 1)
log2 (4n + 1)
.
Rozwiązanie. Przypominamy twierdzenie o trzech ciągach: jeżeli ciągi (an), (bn), (cn) speł-niają, zaczynając od pewnej liczby naturalnej n0, nierówności an ¬ bn ¬ cn i skrajne ciągi(an), (cn) są zbieżne do tej samej granicy, to ciąg środkowy (bn) jest również zbieżny dotej granicy. Ponadto w rozwiązanich wykorzystamy granice:
[∗
]limn→∞
n√a = 1, gdy a > 0;
[∗∗
]limn→∞
n√n = 1.
◮ (a) Dla każdego x ∈ R prawdziwe są nierówności x−1 < ⌊x⌋ ¬ x. Zatem dla n ∈ N mamy
√n2 + n− 1n
<
⌊√n2 + n
⌋
n¬√n2 + n
n.
Ciągi ograniczające badany ciąg z lewej i z prawej strony mają te same granice. Mamybowiem
limn→∞
√n2 + n− 1n
= limn→∞
(√
1 +1
n− 1n
)
= 1
oraz
limn→∞
√n2 + n
n= limn→∞
√
1 +1
n= 1.
Zatem z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że
limn→∞
⌊√n2 + n
⌋
n= 1.
◮ (b) Zauważmy najpierw, że −1 ¬ cosn ¬ 1 dla każdego n ∈ N. Stąd mamy oczywistenierówności (
1
2
)n
=3n
6n¬ 3n + 1
(5 + cosn)n¬ 3
n + 3n
4n= 2
(3
4
)n
dla każdego n ∈ N. Ponieważ (wzór[7
], s. 23)
limn→∞
(1
2
)n
= 0 oraz limn→∞
2(3
4
)n
= 2 · 0 = 0,
więc z twierdzenia o trzech ciągach mamy
limn→∞
3n + 1
(5 + cosn)n= 0.
28 Ciągi liczbowe
◮ (c) Zauważmy najpierw, że 0 ¬ sin2 n ¬ 1 dla każdego n ∈ N. Stąd
0 + 4n
3n− 1 ¬sin2 n+ 4n
3n− 1 ¬ 1 + 4n3n− 1 dla każdego n ∈ N.
Ponieważ
limn→∞
4n
3n− 1 =4
3oraz lim
n→∞
1 + 4n
3n− 1 =4
3,
więc z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że
limn→∞
sin2 n+ 4n
3n− 1 =4
3.
◮ (d) Zauważmy najpierw, że dla każdego n ∈ N mamy
5 = n√0 + 0 + 5n ¬ n
√3n + 4n + 5n ¬ n
√5n + 5n + 5n = 5
n√3.
Ponieważ limn→∞
5 = 5 oraz limn→∞
5n√3[∗
]= 5 · 1 = 5, więc z twierdzenia o trzech ciągach
wynika, żelimn→∞
n√3n + 4n + 5n = 5.
◮ (e) Dla każdego n 3 spełnione są nierówności1 ¬ n√n+ 3 ¬ n
√n+ n =
n√2 · n√n.
Ciągi ograniczające badany ciąg są zbieżne do 1 (porównaj[∗
],[∗∗
]). Zatem z twierdzenia
o trzech ciągach wynika, że ciąg ten jest zbieżny do 1.
◮ (f) Mamy
n√5n − 3n − 2n = 5 n
√
1−(3
5
)n
−(2
5
)n
.
Zatem dla n 2 zachodzą nierówności
5n
√
12
25= 5
n
√
1−(3
5
)2
−(2
5
)2
¬ 5 n√
1−(3
5
)n
−(2
5
)n
¬ 5 n√1− 0− 0 = 5.
Ciągi ograniczające badany ciąg z lewej i z prawej strony mają te same granice. Mamybowiem
limn→∞
5n
√
12
25
[∗
]= 5 · 1 = 5 oraz lim
n→∞5 = 5.
Zatem z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że
limn→∞
n√5n − 3n − 2n = 5.
◮ (g) Zauważmy najpierw, że n-ty wyraz ciągu
1√n2 + 1
+1√n2 + 2
+ . . .+1√n2 + n
jest sumą n składników, wśród których najmniejszy jest równy 1/√
n2 + n, a największy
1/√
n2 + 1. Dla każdego n ∈ N prawdziwe są zatem nierówności
n · 1√n2 + n
¬ 1√n2 + 1
+1√n2 + 2
+ . . .+1√n2 + n
¬ n · 1√n2 + 1
.
Przykłady 29
Ponieważ
limn→∞
n√n2 + n
= limn→∞
1√
1 +1
n
= 1 oraz limn→∞
n√n2 + 1
= limn→∞
1√
1 +1
n2
= 1,
więc z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że
limn→∞
(1√n2 + 1
+1√n2 + 2
+ . . .+1√n2 + n
)
= 1.
◮ (h*) Dla n ∈ N prawdziwa jest nierówność
log2 (2n + 1)
log2 (4n + 1)
log2 2n
log2 (4n + 4n)
=log2 2
n
log2 2 · 4n=log2 2
n
log2 22n+1
=n log2 2
(2n+ 1) log2 2=
n
2n+ 1
orazlog2 (2
n + 1)
log2 (4n + 1)
¬ log2 (2n + 2n)
log2 4n
=log2 2
n+1
log2 22n=(n+ 1) log2 2
2n log2 2=n+ 1
2n.
Mamy zatemn
2n+ 1¬ log2 (2
n + 1)
log2 (4n + 1)
¬ n+ 12n.
Ponieważ zachodzą oczywiste równości
limn→∞
n
2n+ 1=1
2oraz lim
n→∞
n+ 1
2n=1
2,
więc z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że
limn→∞
log2 (2n + 1)
log2 (4n + 1)
=1
2.
� Przykład 2.7. Korzystając z twierdzenia o ciągu monotonicznym i ograniczonymuzasadnić zbieżność ciągów:
(a) xn =2n
n!; (b) yn =
1
1!+1
2!+ . . .+
1
n!+
2
(n+ 1)!;
(c) z1 = 2, zn+1 =zn
1 + zn; (d) un =
2
3 + 1+22
32 + 2+ . . .+
2n
3n + n.
Obliczyć granice ciągów (xn), (zn) .
Rozwiązanie. Rozpoczniemy od sformułowania twierdzenia o ciągu monotonicznym i ograni-czonym. Ciąg niemalejacy (nierosnący) od pewnego numeru oraz ograniczony z góry(z dołu) jest zbieżny do granicy właściwej.
◮ (a) Zbadamy najpierw monotoniczność ciągu (xn) . Ponieważ ciąg ten ma wyrazy dodat-nie, więc wystarczy porównać iloraz xn+1/xn z 1. Mamy
xn+1xn=
2n+1
(n+ 1)!
2n
n!
=2
n+ 1.
Zauważmy, że xn+1/xn ¬ 1 dla n 1. To oznacza, że ciąg (xn) jest nierosnący. Ciąg ten
30 Ciągi liczbowe
jest ograniczony z dołu, bo dla każdego n ∈ N mamy xn > 0. Z twierdzenia o ciągu mono-tonicznym i ograniczonym wynika, że jest on zbieżny. Niech g oznacza granicę tego ciągu.
Przechodząc w równości xn+1 =2
n+ 1· xn z n do nieskończoności otrzymamy równanie
g = 0 · g, stąd g = 0.◮ (b) Monotoniczność ciągu (yn) określimy badając znak różnicy yn+1 − yn . Mamy
yn+1 − yn =(1
1!+1
2!+. . .+
1
n!+
1
(n+1)!+
2
(n+2)!
)
−(1
1!+1
2!+. . .+
1
n!+
2
(n+1)!
)
=2
(n+ 2)!− 1
(n+ 1)!=−n(n+ 2)!
< 0 dla każdego n ∈ N.
Zatem ciąg (yn) jest malejący. Ograniczoność tego ciągu z dołu wynika z nierówności yn > 0dla każdego n ∈ N. Z twierdzenia o ciągu monotonicznym i ograniczonym wynika, że ciąg (yn)jest zbieżny. Wyznaczenie granicy tego ciągu wymaga jednak wiadomości z teorii szeregów(ciąg ten jest zbieżny do e− 1).◮ (c) Zauważmy najpierw, że ciąg (zn) ma wyrazy dodatnie, a zatem jest ograniczony zdołu. Ponadto dla każdego n ∈ N mamy
zn+1 = zn ·1
1 + zn< zn.
To oznacza, że ciąg ten jest malejący. Z twierdzenia o ciągu monotonicznym i ograniczonymwynika, że ciąg (zn) jest zbieżny. Niech g oznacza jego granicę. Przechodząc w równości
zn+1 = zn ·1
1 + znz n do nieskończoności otrzymamy warunek g =
g
1 + g, stąd g = 0.
◮ (d) Zbadamy najpierw monotoniczność ciągu (un) . Mamy
un+1 − un =(2
3 + 1+22
32 + 2+23
33 + 3+ · · ·+ 2n
3n + n+
2n+1
3n+1 + n+ 1
)
−(2
3 + 1+22
32 + 2+23
33 + 3+ · · ·+ 2n
3n + n
)
=2n+1
3n+1 + n+ 1> 0.
Zatem ciąg (un) jest rosnący. Uzasadnimy teraz, że ciąg ten jest ograniczony z góry. Mamy
un =2
3 + 1+22
32 + 2+23
33 + 3+ · · ·+ 2n
3n + n
<2
3+22
32+23
33+ · · ·+ 2
n
3n[∗
]=2
3·1−
(2
3
)n
1− 23
= 2[
1−(2
3
)n]
< 2.
Pokazaliśmy, że badany ciąg spełnia założenia twierdzenia o ciągu monotonicznym i ograni-
czonym, a zatem jest zbieżny.
Uwaga.Wmiejscu oznaczonym [∗] korzystaliśmy ze wzoru na sumę n początkowych wyrazów
ciągu geometrycznego Sn = a11− qn1− q .
Przykłady 31
� Przykład 2.8. Obliczyć granice:
(a) limn→∞
(
1 +1
2n+ 3
)6n
; (b) limn→∞
(n+ 5
n+ 1
)2n+1
;
(c) limn→∞
(4n
4n+ 1
)n
; (d) limn→∞
(2n + 2
2n
)2n+3
.
Rozwiązanie. W rozwiązaniach wykorzystamy twierdzenia o arytmetyce granic ciągów oraz
fakt: jeżeli limn→∞
|an| =∞, to limn→∞
(
1 +1
an
)an= e.
◮ (a) Przyjmujemy an = 2n+ 3. Wtedy limn→∞
an =∞ oraz 6n = 3an − 9. Zatem
limn→∞
(
1 +1
2n+ 3
)6n
= limn→∞
(
1 +1
an
)3an−9
= limn→∞
{[(
1 +1
an
)an]3
·(
1 +1
an
)−9}
=[
limn→∞
(
1 +1
an
)an]3
· limn→∞
(
1 +1
an
)−9
= e3 · 1−9 = e3
◮ (b) Ponieważ
limn→∞
(n+ 5
n+ 1
)2n+1
= limn→∞
(
1 +4
n+ 1
)2n+1
= limn→∞
1 +1n+ 1
4
2n+1
,
więc przyjmujemy an = (n+ 1)/4. Wtedy limn→∞
an =∞ oraz 2n+ 1 = 8an − 1. Zatem
limn→∞
(n+ 5
n+ 1
)2n+1
= limn→∞
(
1 +1
an
)8an−1
= limn→∞
{[(
1 +1
an
)an]8
·(
1 +1
an
)−1}
=[
limn→∞
(
1 +1
an
)an]8
· limn→∞
(
1 +1
an
)−1
= e8 · 1−9 = e8
◮ (c) Ponieważ
limn→∞
(4n
4n+ 1
)n
= limn→∞
(
1− 1
4n+ 1
)n
= limn→∞
(
1 +1
−(4n+ 1)
)n
,
więc przyjmujemy an = −(4n+ 1). Wtedy limn→∞
|an| =∞ oraz n = −an/4− 1/4. Zatem
limn→∞
(4n
4n+ 1
)n
= limn→∞
(
1 +1
an
)−an/4−1/4
= limn→∞
{[(
1 +1
an
)an]−1/4
·(
1 +1
an
)−1/4}
=[
limn→∞
(
1 +1
an
)an]−1/4
· limn→∞
(
1 +1
an
)−1/4
= e−1/4 · 1−1/4 = e−1/4 = 14√e.
◮ (d) Ponieważ
limn→∞
(2n + 2
2n
)2n+3
= limn→∞
(
1 +1
2n−1
)2n+3
,
32 Ciągi liczbowe
więc przyjmujemy an = 2n−1. Wtedy lim
n→∞an =∞ oraz 2n + 3 = 2an + 3. Zatem
limn→∞
(2n + 2
2n
)2n+3
= limn→∞
(
1 +1
an
)2an+3
= limn→∞
{[(
1 +1
an
)an]2
·(
1 +1
an
)3}
=[
limn→∞
(
1 +1
an
)an]2
· limn→∞
(
1 +1
an
)3
= e2 · 13 = e2 .
� Przykład 2.9. Korzystając z twierdzenia o dwóch ciągach znaleźć granice:
(a) limn→∞
2n2
8n; (b) lim
n→∞
((−1)nn− n4
);
(c) limn→∞
1− n2n− sinn ; (d) limn→∞
(13√1+13√2+ . . .+
13√n
)
.
Rozwiązanie. Twierdzenie o dwóch ciągach: jeżeli ciągi (an), (bn) spełniają, począwszy odpewnej liczby naturalnej n0, nierówność an ¬ bn oraz ciąg (an) jest rozbieżny do ∞, to ciąg(bn) również jest rozbieżny do ∞. Analogicznie, jeżeli ciągi (an), (bn) spełniają, począwszyod pewnej liczby naturalnej n0, nierówność an ¬ bn oraz ciąg (bn) jest rozbieżny do −∞, tociąg (an) również jest rozbieżny do −∞.◮ (a) Zauważmy, że dla n 4 spełniona jest nierówność
bn =2n2
8n=2n2
23n= 2n
2−3n = 2n(n−3) 2n = an.
Ponieważ ciąg (2n) jest rozbieżny do ∞, więc z twierdzenia o dwóch ciągach wynika, że ciąg(
2n2
/8n)
jest również rozbieżny do ∞.
◮ (b) Pokażemy, że ciąg((−1)nn− n4
)jest rozbieżny do −∞. Mamy
an = (−1)nn− n4 ¬ n− n4 = n(1− n3
)¬ −n = bn dla n 2.
Ponieważ ciąg o wyrazach bn = −n jest rozbieżny do −∞, więc z twierdzenia o dwóch ciągachwynika, że ciąg (an) jest również rozbieżny do −∞.◮ (c) Zauważmy, że dla n 2 spełniona jest nierówność
an =1− n2n− sinn ¬
1− n2n+ 1
= 1− n = bn.
Ponadto limn→∞
bn = −∞. Zatem z twierdzenie o dwóch ciągach wynika, że ciąg (an) jestrozbieżny do −∞.
◮ (d) Pokażemy, że ciąg bn =13√1+13√2+13√3+ . . .+
13√njest rozbieżny do ∞. Mamy
bn =13√1+13√2+13√3+. . .+
13√n 1
3√n+13√n+13√n+. . .+
13√n
︸ ︷︷ ︸
n−składników
= n · 13√n=
3√n2 = an.
Ponieważ ciąg (an) jest rozbieżny do ∞, więc z twierdzenia o dwóch ciągch wynika, że ciąg(bn) także jest rozbieżny do ∞.
Przykłady 33
� Przykład 2.10. Korzystając z twierdzenia o granicach niewłaściwych ciągów ob-liczyć granice:
(a) limn→∞
n4 − 2n3 + 52n2 − 3 ; (b) lim
n→∞
9n − 5n4n+1 + 1
; (d) limn→∞
(2n+ 1)3n
n (2n + 1);
(e) limn→∞
(√n+ 3−
√n); (f) lim
n→∞
(3√
n3 + 3n− n)
; (g) limn→∞
(7n − 6n − 5n).
Rozwiązanie. Podane niżej równości są umowną formą zapisu odpowiednich twierdzeńo granicach niewłaściwych ciągów.[1
]a+∞ =∞ dla −∞ < a ¬ ∞,
[2
]a · ∞ =∞ dla 0 < a ¬ ∞,
[3
] a
∞ = 0 dla −∞ < a <∞,[4
] a
0+=∞ dla 0 < a ¬ ∞.
Ponadto wykorzystamy fakt:[5
]ciąg geometryczny (qn) jest zbieżny do 0, gdy |q| < 1, i rozbieżny do ∞, gdy q > 1.
W rozwiązaniach podajemy numer równości, z której skorzystano.
◮ (a) limn→∞
n4 − 2n3 + 52n2 − 3
[: n2
: n2
]
= limn→∞
n2 − 2n+ 5n2
2− 3n2
= limn→∞
n(n− 2) + 5n2
2− 3n2
=∞ ·∞+ 02− 0
[2
]=∞+ 02
[1
]=∞2=1
2· ∞[2
]=∞.
◮ (b) limn→∞
9n − 5n4n+1 + 1
= limn→∞
5n[(9
5
)n
−1]
4n[
4 +(1
4
)n]
= limn→∞
(5
4
)n
·
(9
5
)n
− 1
4 +(1
4
)n
[5
]=∞ · ∞− 1
4 + 0
[1
]=∞ · ∞
4
[2
]=∞.
◮ (d) limn→∞
(2n+ 1)3n
n (2n + 1)
[: n3n: n3n
]
= limn→∞
2 +1
n(2
3
)n
+(1
3
)n
[5
]=2 + 0
0+ + 0+=2
0+[4
]=∞.
◮ (e) limn→∞
(√n+ 3−
√n)= limn→∞
(√n+ 3−√n
) (√n+ 3 +
√n)
√n+ 3 +
√n
= limn→∞
(n+ 3) − n√n+ 3 +
√n
= limn→∞
3√n+ 3 +
√n=
3
∞+∞[1
]=3
∞[3
]= 0.
34 Ciągi liczbowe
◮ (f) limn→∞
(3√
n3+3n−n)[∗
]= limn→∞
(3√n3+3n−n
)(3√
(n3+3n)2+n 3√n3+3n+n2
)
3√
(n3+3n)2+n 3√n3+3n+n2
= limn→∞
(n3 + 3n
)− n3
3√
(n3 + 3n)2 + n 3√n3 + 3n+ n2
= limn→∞
3n3√
(n3 + 3n)2 + n 3√n3 + 3n+ n2
[: n: n
]
= limn→∞
3
3
√
n3 + 6n+9
n+ 3√n3 + 3n+ n
=3
∞+∞+∞[1
]=3
∞[3
]= 0.
W miejscu oznaczonym [∗] korzystaliśmy ze wzoru a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab+ b2
).
◮ (g) limn→∞
(7n − 6n − 5n) = limn→∞
{
7n[
1−(6
7
)n
−(5
7
)n]}[5
]
= =∞ (1− 0− 0)[2
]=∞.
Zadania Odp. str. 212
2.1. Zbadać, czy podane ciągi są ograniczone z dołu, z góry, są ograniczone:
(a) xn = n4 − n2 ; (b) yn = (−1)nn!; (c) zn =
n√2n + 1;
(d) tn =(−2)n1 + (−2)n ; (e) bn = 2
n − 3n ; (f) an =√n+ 8−
√n+ 3;
(g) dn =2 + cosn
3− 2 sinn ; (h) en = 2n sinnπ
2; (i*) fn =
nn
n!;
(j) cn =1
41 + 1+1
42 + 2+ . . .+
1
4n + n.
2.2. Zbadać, czy podane ciągi są monotoniczne od pewnego miejsca:
(a) un =3n+ 1
n+ 1; (b) xn =
1
n2 − 6n+ 10; (c) yn =4n
2n + 3n;
(d) zn = tg100π
2n+ 1; (e) sn =
50n
(2n)!; (f) tn =
n!
10n;
(g) an = n2 − 49n− 50; (h) bn = 3
n + (−2)n; (i) cn =n2
2n;
(j) dn =5 · 7 · . . . · (3 + 2n)4 · 7 · . . . · (1 + 3n) ; (k) en =
2n + 1
3n + 1; (l) fn =
3√
n3 + 2− n.
Zadania 35
2.3. Korzystając z definicji granicy właściwej ciągu uzasadnić równości:
(a) limn→∞
2n+ 1
n2= 0; (b) lim
n→∞
2√n+ 1√n+ 1
= 2; (c) limn→∞
3 − nn+ 4
= −1;
(d) limn→∞
1
2n + 5= 0; (e*) lim
n→∞
⌊3n+ 1
n+ 1
⌋
= 2; (f*) limn→∞
1000
n!= 0.
2.4. Korzystając z definicji granicy niewłaściwej ciągu uzasadnić równości:
(a) limn→∞
log2(n+ 3) =∞; (b) limn→∞
(n4 − 1
)=∞;
(c) limn→∞
(√n− n
)= −∞; (d) lim
n→∞
(10− 3
√n)= −∞.
2.5. Korzystając z twierdzeń o arytmetyce granic ciągów obliczyć granice:
(a) limn→∞
n2 + 1
n3 + 2n+ 3; (b) lim
n→∞
2n + 5n
4n + 5n; (c) lim
n→∞
(4√
n4 + 16− n)
;
(d) limn→∞
(n2 + 1
)n! + 1
(2n+ 1)(n+ 1)!; (e) lim
n→∞
(n20 + 2
)3
(n3 + 1)20; (f) lim
n→∞
3√8n+1 + 3
2n + 1;
(g) limn→∞
n3 + 2n2 + 1
n− 3n3 ; (h) limn→∞
(√
n2 + 4n+ 1−√
n2 + 2n)
;
(i) limn→∞
√n3 + 1
3√n5 + 1 + 1
; (j) limn→∞
1 + 3 + . . .+ (2n− 1)2 + 4 + . . .+ 2n
;
(k) limn→∞
arc tg (3n+ 1)
arc tg(2n+ 1); (l) lim
n→∞
1 +1
2+1
22+ . . .+
1
2n
1 +1
3+1
32+ . . .+
1
3n
;
(m) limn→∞
√4n + 1
3√8n + 1
; (n) limn→∞
(√
n+ 6√n+ 1−
√n
)
;
(o*) limn→∞
sin(
π√
n2 + 1)
; (p*) limn→∞
1+1
2+1
3+. . .+
1
n+ 1
1 +1
2+1
3+ . . .+
1
n
.
2.6. Korzystając z twierdzenia o trzech ciągach znaleźć granice:
(a) limn→∞
n√n2n + 1; (b) lim
n→∞
⌊nπ⌋n; (c) lim
n→∞
2n sinn
3n + 1;
(d) limn→∞
2n+ (−1)n3n+ 2
; (e) limn→∞
n
√
3n + 2n
5n + 4n; (f) lim
n→∞
2n2 + sinn!
4n2 − 3 cosn2 ;
(g) limn→∞
⌊n√2⌋
⌊n√3⌋ ; (h) lim
n→∞
n+1√2n+ 3; (i) lim
n→∞
n√3 + sinn;
(j) limn→∞
(√3− cos π
n
)n
; (k) limn→∞
(n+ 1
2n
)n
; (l) limn→∞
sinnn+ 1
n;
36 Ciągi liczbowe
(m) limn→∞
n+2√
3n + 4n+1; (n) limn→∞
(1
n2 + 1+1
n2 + 2+ . . .+
1
n2 + n
)
;
(o) limn→∞
n
√
1 + 5n2 + 3n5; (p) limn→∞
n
√
1
n+2
n2+3
n3+4
n4;
(r) limn→∞
(1
3√n3 + 1
+1
3√n3 + 2
+ . . .+1
3√n3 + n
)
; (s*) limn→∞
logn
(n4 + 1
)
logn(n2 + 1)
;
(t*) limn→∞
(1√n4 + 1
+2√n4 + 2
+ . . .+n√n4 + n
)
.
2.7. Korzystając z twierdzenia o ciągu monotonicznym i ograniczonym uzasadnićzbieżność ciągów:
(a) xn =1 · 3 · 5 · . . . · (2n− 1)2 · 4 · 6 · . . . · 2n ; (b) yn =
n2
5n;
(c) zn =1
1 · 21 +1
2 · 22 + . . .+1
n · 2n ; (d) t1 = 2, tn+1 =√6 + tn;
(e) an =1
n+ 1+1
n+ 2+ . . .+
1
2n; (f) bn =
(n!)2
(2n)!;
(g) cn =1
41 + 1!+
1
42 + 2!+ . . .+
1
4n + n!; (h) dn =
(n+ 1)3
n!;
(i) en =
(
1− 12
)(
1− 122
)
. . .
(
1− 12n
)
; (j*) f1 =1
2, fn+1 =
1
2+1
2(fn)
2.
Obliczyć granice ciągów (yn), (tn), (bn), (dn) i (fn) .
2.8. Obliczyć granice:
(a) limn→∞
(5n+ 2
5n+ 1
)15n
; (b) limn→∞
(n2
n2 + 1
)n2
; (c) limn→∞
(3n
3n+ 1
)n
;
(d) limn→∞
(3n+ 1
3n+ 2
)6n
; (e) limn→∞
(n
n+ 1
)n
; (f) limn→∞
(
1 +1
n
)3n−2
;
(g) limn→∞
(n+ 4
n+ 3
)5−2n
; (h) limn→∞
(
1 +(−1)nn
)(−1)nn
; (i) limn→∞
(n2 − 1n2
)2n2−3
.
2.9. Korzystając z twierdzenia o dwóch ciągach znaleźć granice:
(a) limn→∞
n√nn + 5; (b) lim
n→∞
(3n cosn− 4n); (c) limn→∞
(1
3+1
n
)n(
5− 1n
)n
;
(d) limn→∞ (sinn−2)n
2; (e) limn→∞
(
1⌊√1⌋+
1⌊√2⌋+. . .+
1
⌊√n⌋
)
;
(f) limn→∞
(n5−10n6+1
); (g) lim
n→∞ [3 + (−1)n]n
; (h) limn→∞
n + 1
n [ln(n+1)−lnn] ;
Zadania 37
(i) limn→∞
7n + 5n
5n + 3n; (j) lim
n→∞
(2n+ 1
n
)n+1
; (k) limn→∞
(n2 − n+ 1
)cos(1/n);
(l*) limn→∞
n√n!; (m*) lim
n→∞
(
1 +1
2+1
3+ . . .+
1
n
)
.
2.10. Korzystając z twierdzenia o granicach niewłaściwych ciągów obliczyć granice:
(a) limn→∞
(n4 − 3n3 − 1
); (b) lim
n→∞
1− (n+ 1)!n! + 2
; (c) limn→∞
n2 + 1
n;
(d) limn→∞
arc tgn
arc ctgn; (e) lim
n→∞
1 +1
2+ . . .+
1
2n
1 + 3 + . . .+ (2n− 1) ;
(f) limn→∞
(1 + 2n − 3n); (g) limn→∞
arc tg 2n
2n; (h*) lim
n→∞
(n2 + 1
n
)n
1−n
.
