Wykażemy, że

n→∞lim

√n

3ⁿ+ 4ⁿ= 4. (2.9)

Wskażemy w tym celu odpowiednie oszacowania ⁿ

√3ⁿ+ 4ⁿ z góry i z dołu. Ponieważ 0 <

3ⁿ< 4ⁿdla wszystkich n ∈ N, więc 4 = √ⁿ

4ⁿ< √ⁿ

3ⁿ+ 4ⁿ< √ⁿ

2 · 4ⁿ= 4√ⁿ 2 . Jednak 4ⁿ

√2 → 4, gdy n → ∞; to wynika z udowodnionego wcześniej wzoru (2.8). Oszaco-waliśmy więc ⁿ

√3ⁿ+ 4ⁿz góry i z dołu przez wyrazy ciągów zbieżnych do liczby 4; można zastosować twierdzenie o trzech ciągach i stwierdzić, że wzór (2.9) rzeczywiście zachodzi.



W istocie, prawdziwy jest wzór nieco ogólniejszy od (2.9).

Przykład 2.19. Jeśli k jest liczbą naturalną i 0 ≤ x1 ≤ x₂≤ . . . ≤ x_k, to

n→∞lim

pxn ⁿ₁ + xⁿ₂ + · · · + xⁿ_k = x_k. (2.10) Istotnie, możemy wypisać oczywiste nierówności

x_k= px^{n n}_k ≤ px^{n n}₁ + xⁿ₂ + · · · + xⁿ_k ≤ qⁿ

k · xⁿ_k = x_k√ⁿ k . Wiemy już jednak, że ⁿ

√

k → 1, zatem, podobnie jak w poprzednim przykładzie, wzór (2.10) wynika z twierdzenia o trzech ciągach. 

Uważny Czytelnik spostrzegł zapewne, że praktycznie we wszystkich sytuacjach po-sługiwaliśmy się w istocie prostym wnioskiem z twierdzenia o trzech ciągach.

Wniosek 2.20. Jeśli b ≤ c_n ≤ b_n dla wszystkich n > n₁, a ponadto lim_n→∞bn = b, to wtedy także lim_n→∞c_n= b. 

Drugie z zapowiedzianych twierdzeń zasługuje na osobny podrozdział.

26 ostatnie poprawki: 14 grudnia 2018

2.2 Ciągi monotoniczne.

Definicja 2.21. Ciąg liczb rzeczywistych (an) jest:

(i) malejący, gdy an> an+1dla wszystkich n ∈ N;

(ii) niemalejący, gdy an≤ a_n+1dla wszystkich n ∈ N;

(iii) rosnący, gdy an< an+1dla wszystkich n ∈ N;

(iv) nierosnący, gdy an≥ a_n+1dla wszystkich n ∈ N.

Definicja 2.22. Ciąg (an) jest monotoniczny, gdy spełnia któryś z warunków (i)–(iv) po-przedniej definicji. Ciąg (an) jest ściśle monotoniczny, gdy jest rosnący albo malejący.

Twierdzenie 2.23. Załóżmy, że ciąg (a_n) ⊂ R jest niemalejący i ograniczony z góry. Wów-czas ciąg (a_n)jest zbieżny. Jego granicą jest liczba

M = sup{an| n ∈ N} .

Dowód. Zauważmy najpierw, że zbiór wyrazów ciągu, A = {an| n ∈ N}, jest ograniczony z góry, więc liczba M = sup A ∈ R istnieje.

Ustalmy ε > 0. Ponieważ M −ε < M , więc M −ε nie jest ograniczeniem górnym zbioru A. Zatem, znajdziemy takie n1, że

M − ε < an1 ≤ M .

Ciąg (an) jest niemalejący; dlatego am ≥ a_n1 dla wszystkich m > n1. Jednak oczywiście mamy też am≤ M , gdyż M jest ograniczeniem górnym zbioru wyrazów ciągu. Podsumo-wując, mamy

M − ε < a_n1 ≤ a_m≤ M < M + ε dla wszystkich m > n1,

tzn. |am− M | < ε dla m > n1. Przeto, zgodnie z definicją granicy ciągu, limn→∞a_n= M .



Ponieważ ciąg (an) jest niemalejący wtedy i tylko wtedy, gdy ciąg (−an) jest niero-snący, a sup{an | n ∈ N} = − inf{(−an) | n ∈ N}, więc zachodzi oczywiście następujący, bliźniaczy fakt.

Wniosek 2.24. Załóżmy, że ciąg (a_n) ⊂ R jest nierosnący i ograniczony z dołu. Wówczas ciąg (a_n)jest zbieżny. Jego granicą jest liczba

M = inf{an| n ∈ N} . Przykład 2.25. Niech a1 =√

6 i an+1=√

6 + a_ndla wszystkich n ∈ N, tzn.

a₂= q

6 +√

6 , a₃ = r

6 + q

6 +√

6, a₄ = s

6 + r

6 + q

6 +√ 6, . . .

Sprawdzimy, że ciąg anjest rosnący i ograniczony. Niech x > 0. Zauważmy, że dla takich x nierówność √

x + 6 > x jest równoważna innej, x²− x − 6 < 0. Ponieważ x²− x − 6 = (x + 2)(x − 3), więc ostatecznie

x > 0 i√

x + 6 > x ⇔ x ∈ (0, 3) . (2.11)

Zauważmy też, że

x ∈ (0, 3) ⇒ 0 < x + 6 < 9 ⇒ √

x + 6 ∈ (0, 3) . (2.12) Wyrazy ciągu an są oczywiście dodatnie. Ponieważ a1 = √

6 ∈ (2, 3), więc z implikacji (2.12) wynika, na mocy zasady indukcji matematycznej, że an ∈ (0, 3) dla wszystkich n ∈ N; ciąg (an) jest więc ograniczony. Ponadto,

a_n+1=√

a_n+ 6^(2.11)> a_n, bowiem wiemy już, że an∈ (0, 3).

Zatem ciąg anjest rosnący. Z Twierdzenia2.23wynika, że istnieje granica tego ciągu.

Nietrudno tę granicę znaleźć: ponieważ

a²_n+1 = 6 + an,

więc z Twierdzenia 2.11 wynika, że a = lim an spełnia równość a² = 6 + a, a przy tym a ≥ 0, gdyż an> 0 dla wszystkich n. Przeto a = 3. 

Uwaga. Ostatni fragment rozumowania wolno przeprowadzić dopiero wtedy, gdy wia-domo już, że liczba a = lim an istnieje. Wcześniej można stąd jedynie wywnioskować, że jeśli a = lim a_nistnieje i a ≥ 0, to wtedy a = 3.

Przykład 2.26. Niech a1 = √

3 i an+1 = 12 + ^a₇ⁿ dla wszystkich n ∈ N. Podobnie jak w poprzednim przykładzie, mamy an > 0 dla wszystkich n ∈ N, a także an > 12 dla wszystkich n > 1. Przez indukcję łatwo wykazać, że an < 14 dla wszystkich n ∈ N (tzn.

ciąg anjest ograniczony, z dołu przez 0, a z góry przez 14). Zatem, an+1− a_n= 12 + a_n

7 − a_n= 12 − 6a_n

7 > 12 − 6 · 14 7 = 0,

tzn. ciąg anjest rosnący. Z Twierdzenia2.23wynika teraz, że istnieje granica a = lim_n→∞a_n tego ciągu. Mamy także a = 12 + a/7, stąd zaś a = 14.

2.3 Granice niewłaściwe

Wśród wszystkich ciągów rozbieżnych wygodnie jest wyróżnić osobno ciągi rozbieżne do plus nieskończoności i ciągi rozbieżne do minus nieskończoności

Definicja 2.27. Mówimy, że ciąg liczb rzeczywistych an jest rozbieżny do plus nieskoń-czoności, i piszemy

n→∞lim a_n= +∞,

wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej liczby dodatniej t istnieje n1 ∈ N takie, że an > t dla wszystkich n > n1.

Definicja 2.28. Mówimy, że ciąg liczb rzeczywistych anjest rozbieżny do minus nieskoń-czoności, i piszemy

n→∞lim a_n= −∞,

wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej liczby dodatniej t istnieje n1 ∈ N takie, że an< −t dla wszystkich n > n1.

28 ostatnie poprawki: 14 grudnia 2018

Oto proste przykłady: ciąg an= n jest rozbieżny do +∞, ciąg bn= −n² jest rozbieżny do −∞, natomiast ciąg cn= (−1)ⁿn² jest rozbieżny, ale nie jest rozbieżny ani do +∞, ani do −∞. Czytelnik sam zechce się zastanowić, dlaczego tak jest.

Posługując się pojęciem granicy nieskończonej, łatwo jest podać nieco ogólniejszą wer-sję Twierdzenia2.23.

Twierdzenie 2.29. Każdy ciąg niemalejący (a_n) ⊂ R jest albo zbieżny, albo rozbieżny do +∞. Zbieżność (a_n)jest równoważna jego ograniczoności.

Dowód. Gdy ciąg jest ograniczony, to korzystamy po prostu z Twierdzenia2.23. Gdy (an) jest nieograniczony z góry, to dla każdej liczby t > 0 można wskazać takie n1 ∈ N, że an1 > t. Dla m ≥ n1 mamy am ≥ a_n1 > t, gdyż ciąg (an) jest niemalejący. Zatem, wprost z definicji, limn→∞a_n= +∞. 

Można wykazać, że przy naturalnej umowie

a + (+∞) = +∞ dla a ∈ R, −(−∞) = +∞, +∞ + ∞ = +∞

a · (±∞) = ±∞ dla a > 0, (+∞) · (±∞) = ±∞

(−∞) · (±∞) = ∓∞ oraz 1

±∞ = 0

twierdzenie o arytmetycznych własnościach granicy (Twierdzenie 2.11) zachodzi także dla granic nieskończonych. Szczegółowe sprawdzenie tego faktu pozostawiamy zaintere-sowanym Czytelnikom (patrz też przykład, zamieszczony niżej). Nie można go jednak używać w innych przypadkach, tzn. do obliczania granic postaci

0 · ∞, ∞ − ∞, ∞

∞.

Ćwiczenie 2.30. Dla dowolnego a ∈ R+∪ {0, +∞} podać przykład takich dwóch ciągów x_n, y_nrozbieżnych do +∞, żeby xn/y_n→ a dla n → ∞.

Przykład 2.31. Załóżmy, że an → a ∈ R, natomiast bn → +∞. Sprawdzimy, że wtedy an+ bn → +∞. Niech M > 0 będzie dużą liczbą dodatnią. Dla wszystkich dostatecznie dużych n mamy

a_n> a − 1 oraz b_n> M − a + 1 .

(Pierwszą nierówność otrzymujemy, biorąc ε = 1 w definicji granicy ciągu, a drugą – biorąc t = M − a + 1 w definicji granicy niewłaściwej). Dodając obie nierówności stronami, sprawdzamy, że dla wszystkich dostatecznie dużych n zachodzi nierówność an+ bn> M .



2.4 Podciągi. Twierdzenie Bolzano–Weierstrassa.

Definicja 2.32. Jeśli (xn)_n∈N jest dowolnym ciągiem, a k1, k₂, k₃, . . . rosnącym ciągiem liczb naturalnych, to ciąg (yn), określony wzorem

yn= xkn, n = 1, 2, . . . nazywamy podciągiem ciągu (xn).

Mówiąc potocznie, chodzi o wybranie nieskończenie wielu wyrazów ciągu, ale bez zmiany kolejności.

Pojęcie podciągu jest ważne m.in. z następującego powodu.

Stwierdzenie 2.33. Jeśli ciąg (a_n) ⊂ R jest zbieżny do g, to każdy podciąg ciągu (an)też jest zbieżny do g.

Łatwy dowód pozostawiamy jako ćwiczenie.

Lemat 2.34 (W. Sierpiński). Każdy ciąg liczb rzeczywistych ma podciąg monotoniczny.

Co więcej, można wskazać, jak taki podciąg należy wybierać.

Dowód. Połóżmy, dla wszystkich n ∈ N,

A_n= {a_m : m ≥ n} = {a_n, a_n+1, a_n+2, . . .} . Rozważymy osobno dwa przypadki:

1. W każdym ze zbiorów Anistnieje element największy.

2. W którymś ze zbiorów Annie ma elementu największego.

W pierwszym przypadku z (an) można wybrać podciąg nierosnący. Pokażemy, jak to zro-bić. Niech ak1 będzie największym elementem A1. W Ak1+1 jest element największy, ak2; oczywiście k2 ≥ k₁ + 1 > k1, a przy tym ak2 ≤ a_k1, bo ak2 ∈ A₁, ak1 = sup A1. Jeśli wy-razy ak1 ≥ a_k2 ≥ . . . ≥ a_kn, gdzie k1 < k₂ < . . . < k_n, zostały już wybrane, to dobieramy kn+1≥ k_n+ 1 tak, aby

a_kn+1 := sup Am dla m = kn+ 1 .

Definicja jest poprawna, gdyż w każdym zbiorze Amistnieje element największy. Mamy, jak w pierwszym kroku rozumowania, kn+1> kni akn+1≤ a_kn.

W drugim przypadku można wybrać z (an) podciąg rosnący. Przypuśćmy, że w Amnie ma elementu największego. Bierzemy wtedy k1 = m. Zgodnie z założeniem, istnieje k2>

m takie, że ak2 > a_k1 = am. Gdyby dalej, dla n > k2, nie byłoby już wyrazów większych od ak2, to wtedy w Ambyłby element największy, wbrew założeniu. Zatem można znaleźć a_k3 > a_k2, gdzie k3> k₂. To rozumowanie można powtórzyć dowolnie wiele razy (Czytelnik zechce sam uzupełnić szczegóły). 

Twierdzenie 2.35 (Bolzano–Weierstrassa). Każdy ciąg ograniczony (an) ⊂ R zawiera podciąg zbieżny.

Dowód. Zgodnie z poprzednim lematem, ciąg (an) ma podciąg monotoniczny (akn). Oczy-wiście każdy podciąg ciągu ograniczonego jest ograniczony. Z Twierdzenia2.23 wynika więc, że podciąg (akn) jest zbieżny. 

Ponieważ to naprawdę istotne twierdzenie, obejrzyjmy jeszcze jeden dowód.

Dowód drugi. Można bez zmniejszenia ogólności założyć, że (an) ⊂ [0, 1] — gdyby tak nie było, możemy rozpatrzeć ciąg λ(an+ C) dla odpowiednio wybranych C oraz λ; jego podciągom zbieżnym odpowiadają zbieżne podciągi ciągu (an).

Podzielmy odcinek [0, 1] na 10 równych części, o długości 1/10. W jednej z nich, po-wiedzmy [l1, r₁], jest nieskończenie wiele wyrazów ciągu. Wybierzmy jeden z nich, ak1.

30 ostatnie poprawki: 14 grudnia 2018

Teraz podzielmy odcinek [l1, r1] na 10 równych części, o długości 1/10². W jednej z nich, powiedzmy [l2, r2] jest nieskończenie wiele wyrazów ciągu o numerach większych od k1; niech ak2 będzie jednym z tych wyrazów.

Przeprowadziwszy m kroków takiego rozumowania, skonstruujemy

• Przedziały domknięte [0, 1] ⊃ [l1, r₁] ⊃ [l₂, r₂] ⊃ . . . ⊃ [l_m, r_m] takie, że

|l_j− r_j| = 1

10^j, j = 1, 2, . . . , m, i w każdym z nich jest nieskończenie wiele wyrazów ciągu (an);

• Wyrazy ak1, ak2, . . . , akmtakie, że

a_kj ∈ [l_j, r_j] dla j = 1, . . . , m;

W (m + 1)-szym kroku dzielimy odcinek [lm, r_m] na 10 równych części. W jednej z nich jest nieskończenie wiele wyrazów ciągu o numerach większych od km. Nazywamy tę część [lm+1, rm+1] i wybieramy numer km+1 = s > km tak, żeby as∈ [l_m+1, rm+1].

Postępując indukcyjnie, otrzymujemy nieskończony, zstępujący ciąg przedziałów [lm, r_m] i podciąg (akm) taki, że akm ∈ [l_m, r_m]. Ciąg (lm) jest niemalejący i ograniczony z góry przez 1, a ciąg (rm) nierosnący i ograniczony z dołu przez 0, zatem oba są zbieżne. Ponadto,

m→∞lim lm = lim

m→∞rm, gdyż rm− l_m = 1

10^m → 0.

Nietrudno wreszcie zauważyć, że

m→∞lim lm = lim

m→∞akm = lim

m→∞rm

– to wynika z twierdzenia o trzech ciągach. 

Uwaga. Czytelnik–koneser zechce zauważyć, że w drugim dowodzie tak naprawdę dobie-ramy kolejne wyrazy ciągu, próbując stabilizować coraz dłuższe początkowe fragmenty rozwinięć dziesiętnych. Oczywiście, liczbę 10 można zastąpić w rozumowaniu liczbą 2, i nie trzeba od początku zakładać, że wyrazy ciągu są akurat w przedziale jednostkowym, ale wtedy analogia związana z rozwinięciami dziesiętnymi nie jest widoczna.

Wniosek 2.36. Ciąg ograniczony ma granicę wtedy i tylko wtedy, gdy granice wszystkich

W dokumencie Analiza matematyczna I (skrypt wykładu) (Stron 31-36)