Prosz¸e wykazać, że ci¸ ag określony rekurencyjnie a 1 = 3

Analiza Matematyczna Zestaw zadań 2

Ci¸ agi Zadanie 1

Prosz¸e wykazać, że ci¸ ag określony rekurencyjnie a ₁ = 3

2 , a _n = p3a _n−1 − 2, n ≥ 2 jest zbieżny i obliczyć jego granic¸e.

Rozwi¸ azanie

W rozwi¸ azaniu zadania korzystamy z twierdzenia:

Każdy ci¸ ag monotoniczny i ograniczony ma granic¸ e

Dowód

Niech (a _n ) b¸edzie ci¸ agiem niemalej¸ acym i ograniczonym z góry przez liczb¸e M . Defi- niujemy kandydatk¸e na granic¸e g = sup{a _n : n ∈ N (k)}. Jeśli  > 0 to liczba g −  nie jest ograniczeniem górnym zbioru {a n : n ∈ N (k)}, wi¸ec istnieje liczba n _ , taka że a _n

> g − .Wobec tego dla n ≥ n _ zachodzi nierówność g ≥ a _n > g − , a to oznacza, że lim _n→∞ a _n = g. 

Dla ścisłości musimy jeszcze wykazać:

Jeśli ci¸ ag (a _n ) jest rosn¸ acy to lim _n→∞ a _n = sup{a _n : n ∈ N (k)}.

Dowód

Z założenia , że ci¸ ag jest rosn¸ acy i ograniczony z góry wynika, że sup{a n : n ∈ N (k)} = A < ∞ Z definicji kresu górnego zbioru mamy: dla każdego n ∈ N (k), a _n ≤ A oraz dla dowolnego  > 0 istnieje taki wskaźnik n ₀ , że a _n

> A − . Założenie monotoniczności ci¸ agu implikuje, że A ≥ a n > A −  dla n > n 0 . Zatem lim n→∞ a n = A.

Załóżmy, że ci¸ ag (a _n ) jest nieograniczony z góry. Wtedy dla każdej liczby rzeczywstej M istnieje taki wskaźnik n 0 , że a n

> M . St¸ ad i z monotoniczności ci¸ agu mamy: a n > M dla n > n ₀ , co oznacza, że lim _n→∞ a _n = +∞. 

Musimy najpierw wykazać indukcyjnie, że ci¸ ag (a n ) jest rosn¸ acy.

1) a ₁ = ³ ₂ <

√

10

2 = a ₂ .

2) a _n < a _n+1 → a _n+1 < a _n+2 . a _n+1 = √

3a _n − 2 < √

3a _n+1 − 2 = a _n+2 , a _n+1 < a _n+2 .

Pokażemy indukcyjnie, że ci¸ ag (a n ) jest ograniczony z góry przez liczb¸e 2, tj., że a _n < 2 dla każdego n.

W tym celu wystarczy dowieść, że 1) a 1 < 2.

2) a _n < 2 → a _n+1 < 2.

Ad 1) a ₁ = ³ ₂ < 2.

Ad 2) a _n+1 = √

3a _n − 2 < √

3 · 2 − 2 = 2, a _n+1 < 2.



Skoro ci¸ ag (a _n ) jest rosn¸ acy i ograniczony z góry , wi¸ec jest zbieżny.

Oznaczmy jego granic¸e przez g. Mamy wi¸ec lim _n→∞ a _n = g. Wtedy również lim _n→∞ a _n+1 = g. Zatem:

g = lim _n→∞ a _n+1 = lim _n→∞ a _n = lim _n→∞ √

3a _n − 2 = √

3g − 2, sk¸ ad g = √

3g − 2, g ² = 3g − 2,

g = 2 (g = 1 odrzucamy, bo g > a ₁ = ³ ₂ ).

Zadanie 2

Prosz¸e obliczyć granic¸e

n→∞ lim ( √ 2 · √

2 · √

2 · . . . ·

√ 2).

Rozwi¸ azanie

√ 2 · √

2 · √

2 . . .

√

2 = 2

⁺

^+···+

= 2 ¹⁻

= 2 2

Dla n > 2 :

2 = (2

) ²

= [1+(2

−1)] ²

> [1+(2

−1)] ⁿ = 1+n(2

−1)+. . .+(2

−1) ⁿ > n(2

−1) Ostatnia równość po prawej stronie wynika z rozwini¸ecia dwumianu Newtona

dla [1 + (2

− 1)] ⁿ . St¸ ad :

0 < 2

− 1 < 2 n Z ostatniej nierówności lim _n→∞ 2

= 1

wi¸ec

n→∞ lim ( √ 2 · √

2 · √

2 . . .

√

2) = 2.

Przypomnijmy na pocz¸ atek nierówność Bernoullego.

Twierdzenie

Jeżeli n jest liczb¸ a całkowit¸ a dodatni¸ a, zaś a > −1 liczb¸ a rzeczywist¸ a, to (1 + a) ⁿ ≥ 1 + na

przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy a = 0 lub gdy n = 1.

Dowód

Jeśli n = 1, to oczywiście niezależnie od wyboru liczby a ma miejsce równość.Ponieważ (1 + a) ² = (1 + 2a + a ² ) ≥ 1 + 2a, przy czym równość ma miejsce, gdy a = 0, wi¸ec teza zachodzi dla n = 2 i wszystkich liczb rzeczywistych (nie tylko a > −1). Otrzyman¸ a nierówność możemy pomnożyć stronami przez liczb¸e dodatni¸ a (1 + a) - tu korzystamy z założenia a > −1. W wyniku otrzymujemy (1+a) ³ ≥ (1+2a)(1+a) = 1+3a+2a ² ≥ 1+3a Także w tym przypadku jest widoczne, że dla a 6= 0 otrzymujemy nierówność ostr¸ a. Z tej nierówności w taki sam sposób wynika, że (1+a) ⁴ ≥ (1+3a)(1+a) ≥ (1+4a+3a ² ≥ 1+4a.

Teraz w ten sam sposób wnioskujemy prawdziwość twierdzenia dla n = 5 i wszystkich a > −1, potem dla n = 6 itd.

Ogólnie jeśli teza twierdzenia zachodzi dla wszystkich liczb a > −1 przy ustalonym n, to (1 + a) ⁿ⁺¹ ≥ (1 + na)(1 + a) = 1 + (n + 1)a + na ² ≥ 1 + (n + 1)a

i znów stwierdzamy, że równość ma miejsce jedynie dla a = 0.  Zadanie 3

Prosz¸e udowodnić, że ci¸ ag (x n ) x _n =

 1 + 1

n

 n

, n = 1, 2, ...

jest ściśle rosn¸ acy i ograniczony z góry, i ci¸ ag (y _n ) y _n =

 1 + 1

n

 n+1

, n = 1, 2, ...

jest ci¸ agiem ściśle malej¸ acym i ograniczonym z dołu.

Dlatego istnieje wspólna granica tych ci¸ agów

n→∞ lim

 1 + 1

n

 n

= lim

n→∞

 1 + 1

n

 n+1

= e

Rozwi¸ azanie

x _n+1 x n

= 1 + _n+1 ¹
n+1

1 + _n ¹
n =



1 − 1

(n + 1) ²

 n+1

· n + 1 n >



1 − 1 n + 1



· n + 1 n = 1

y _n

y _n−1 = 1 + ¹ _n
n+1

1 + _n−1 ¹
n = 1 1 + _n

¹ −1

n · n + 1

n < 1 1 + _n

ⁿ −1

· n + 1

n = n ³ + n ² − n − 1 n ³ + n ² − n < 1 Skorzystaliśmy w obu przypadkach z nierówności Bernoullego .

Wykazaliśmy, że ci¸ ag (x _n ) jest ściśle rosn¸ acy i ci¸ ag (y _n ) jest ściśle malej¸ acy.

Zauważmy, że x _n < y _n dla n = 1, 2, 3... oraz 0 < y _n − x _n =

 1 + 1

n

 n

1 n < e

n → 0, gdy n → ∞ Sk¸ ad

(y n − x n ) → 0, gdy n → ∞ i lim n→∞ x n = lim n→∞ y n = e.  Zadanie 4

Prosz¸e obliczyć

n→∞ lim

 n + 7 n + 13

 n+2

Rozwi¸ azanie

n→∞ lim

 n + 7 n + 13

 n+2

= lim

n→∞



1 + −6 n + 13

 n+13

· lim

n→∞



1 + −6 n + 13

 −11

= e ⁻⁶ · 1 ⁻¹¹ = e ⁻⁶ ,

bo dla każdego x ∈ R zachodzi równość

n→∞ lim

 1 + x

n

 n

= e ^x

Zadanie 5 Prosz¸e obliczyć

n→∞ lim n ^k a ⁿ Rozwi¸ azanie

Załóżmy, że m jest liczb¸ a całkowit¸ a i m ≥ k. Wówczas 0 < n ^k

a ⁿ ≤ n ^m a ⁿ =

 n

m

√ a ⁿ

 m

=  n b ⁿ

 m

gdzie b =

√ a > 1.

St¸ ad n

b ⁿ = n

(1 + (b − 1)) ⁿ = n

1 + n(b − 1) + ⁿ⁽ⁿ⁻¹ ₂ (b − 1) ² + ... + (b − 1) ⁿ < 2n

n(n − 1)(b − 1) ² → 0, gdy n → ∞

St¸ ad i z twierdzenia o arytmetycznych własnościach granicy ci¸ agu _b ⁿ

m

→ 0 Z twierdzenia o trzech ci¸ agach otrzymujemy

n→∞ lim

n ^k

a ⁿ = 0