ANALIZA MATEMATYCZNA 1

ANALIZA

MATEMATYCZNA 1

Marian Gewert Zbigniew Skoczylas

ANALIZA

MATEMATYCZNA 1

Przykłady i zadania

Wydanie dwudzieste szóste zmienione

Oficyna Wydawnicza GiS

Wrocław 2018

Marian Gewert Wydział Matematyki Politechnika Wrocławska marian.gewert@pwr.edu.pl

Zbigniew Skoczylas Wydział Matematyki Politechnika Wrocławska zbigniew.skoczylas@pwr.edu.pl

Projekt okładki:

IMPRESJA Studio Grafiki Reklamowej

Copyright c 1992 – 2018 by Oficyna Wydawnicza GiS

Utwór w całości ani we fragmentach nie może być powielany ani rozpowszechniany za pomocą urządzeń elektronicznych, mechanicznych, kopiujących, nagrywających i innych. Ponadto utwór nie może być umieszczany ani rozpowszechniany w postaci cy- frowej zarówno w Internecie, jak i w sieciach lokalnych, bez pisemnej zgody posiadacza praw autorskich.

Skład wykonano w systemie L^ATEX.

ISBN 978–83–62780–60–0

Wydanie XXVI zmienione, Wrocław 2018 Oficyna Wydawnicza GiS, s.c., www.gis.wroc.pl

Druk i oprawa: Drukarnia I-BiS sp. z o.o., A.Bieroński, P.Bieroński s.j.

4

Spis treści

Wstęp 7

1 Funkcje 9

Podstawowe określenia . . . 9

Funkcje monotoniczne . . . 10

Złożenie funkcji . . . 11

Funkcje odwrotne . . . 12

Funkcje elementarne i inne . . . 14

2 Ciągi liczbowe 17 Podstawowe określenia . . . 17

Granice ciągów . . . 21

Twierdzenia o granicach ciągów . . . 23

3 Granice i ciągłość funkcji 38 Definicje granic funkcji . . . 38

Twierdzenia o granicach funkcji . . . 41

Asymptoty funkcji . . . 53

Ciągłość funkcji . . . 61

Twierdzenia o funkcjach ciągłych . . . 67

4 Pochodne funkcji 73 Podstawowe pojęcia . . . 73

Pochodne jednostronne i pochodne niewłaściwe . . . 75

Twierdzenia o pochodnej funkcji . . . 80

Różniczka funkcji . . . 91

Pochodne wyższych rzędów . . . 93

Pochodne funkcji wektorowych . . . 101

5 Zastosowania pochodnych 103 Twierdzenia o wartości średniej . . . 103

Twierdzenia o granicach nieoznaczonych . . . 112

Rozwinięcie Taylora funkcji . . . 117

Ekstrema funkcji . . . 124

5

Funkcje wypukłe i punkty przegięcia wykresu funkcji . . . 132

Badanie funkcji . . . 138

6 Całki nieoznaczone 156 Całki nieoznaczone . . . 156

Twierdzenia o całkach nieoznaczonych . . . 158

Całkowanie funkcji wymiernych . . . 167

Całkowanie funkcji trygonometrycznych . . . 179

Całkowanie funkcji z niewymiernościami . . . 186

7 Całki oznaczone 192 Podstawowe twierdzenie rachunku całkowego . . . 192

Metody obliczania całek oznaczonych . . . 197

Twierdzenia o całkach oznaczonych . . . 201

8 Zastosowania całek oznaczonych 206 Zastosowania w geometrii . . . 206

Zastosowania w fizyce . . . 217

Zbiory zadań 220

6

1 _Wstęp

Zestaw podręczników do Analizy matematycznej 1 składa się z trzech części.

Pierwszą z nich jest książka „Analiza matematyczna 1. Definicje, twierdzenia, wzory”, drugą – niniejszy zbiór zadań, a ostatnią – opracowanie „Analiza matematyczna 1.

Kolokwia i egzaminy. Książki są przeznaczone głównie dla studentów politechnik.

Mogą z nich korzystać również studenci wydziałów nauk ścisłych i przyrodniczych uniwersytetów, a także uczelni ekonomicznych, pedagogicznych oraz rolniczych.

Zbiór zawiera przykładowe zadania z rozwiązaniami przedstawionymi ”krok po kroku” oraz podobne zadania przeznaczone do samodzielnej pracy. Przykłady i za- dania obejmują rachunek różniczkowy i całkowy funkcji jednej zmiennej wraz z za- stosowaniami. Materiał teoretyczny, którego znajomość jest potrzebna do rozwiązy- wania zadań, można znaleźć w pierwszej części zestawu. Zadania oznaczone gwiazdką są trudniejsze i kierowane do ambitnych studentów. Więcej trudnych i nietypowych zadań Czytelnik znajdzie w książce „Studencki konkurs matematyczny”. Na końcu zbioru umieszczone są odpowiedzi lub wskazówki do wszystkich zadań. Przykłady i zadania z tego zbioru są podobnych typów oraz mają zbliżony stopień trudności do zadań, które studenci zwykle rozwiązują na kolokwiach i egzaminach. Zadania ze sprawdzianów przeprowadzonych w poprzednich latach w Politechnice Wrocławskiej zawiera trzecia część zestawu.

Obecne wydanie różni się od poprzednich przede wszystkim układem. Zadania do samodzielnej pracy i odpowiedzi do nich umieszczono bezpośrednio po rozwiązaniu podobnego przykładu. Ponadto poprawiono zauważone błędy i usterki.

Dziękujemy Koleżankom i Kolegom z Wydziału Matematyki Politechniki Wro- cławskiej oraz naszym Studentom za uwagi o zbiorze.

Marian Gewert Zbigniew Skoczylas

7

2 2 Ciągi liczbowe

Podstawowe określenia

Przykład 2.1. Zbadać, czy podane ciągi są ograniczone z dołu, z góry, są ograniczone:

(a)

an = 3ⁿ

3ⁿ+ 2;

(b)

bn= 1000 −√

n;

(c)

cn= (−n)ⁿ;

(d)

dn=p⁴

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 jest prawdziwa dla każdej liczby naturalnej n. Ciąg (an) jest ograniczony, jeżeli jest ograniczony z 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 n0

taką, że an0 < m. Analogicznie, ciąg (an) nie jest ograniczony z góry, jeżeli dla każdej liczby rzeczywistej M można wskazać liczbę naturalną n0 taką, że M < an0.

(a)Ciąg (an) jest ograniczony z dołu przez liczbę m = 0, gdyż dla każdego n ∈ N spełniona jest nierówność

an= 3ⁿ

3ⁿ+ 2 > 0 = m.

Ciąg ten jest ograniczony z góry przez liczbę M = 1, gdyż dla każdego n ∈ N spełniona jest nierówność

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 nierówność

bn= 1000 −√

n ¬ 999 = M.

Ciąg ten nie jest jednak ograniczony z dołu, gdyż dla każdej liczby rzeczywistej m istnieje liczba naturalna n0 taka, że

b_n0 = 1000 −√n0< m.

Rzeczywiście, wystarczy przyjąć n0= (1001 − ⌊m⌋)², aby spełniona była powyższa nierów- ność.

17

18 Ciągi (c) Ciąg (cn) nie jest ograniczony z dołu ani z góry. Wykażemy jego nieograniczoność z 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

c_n0= (−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 naturalnej n spełniona jest nierówność

dn=p⁴

n⁴+ 4 > √⁴

n⁴= n ­ 1 = m.

Ciąg ten nie jest ograniczony z góry, gdyż ciąg d^′_n = n, o mniejszych wyrazach, nie jest ograniczony 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. Wtedy zachodzą 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.

Zadanie 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)ⁿ 1+(−2)ⁿ;

(e)

bn= 2ⁿ− 3ⁿ;

(f)

dn= 2 + cos n

3 − 2 sin n;

(g)

an=√

n+ 8 −√ n+ 3;

(h)

en = 2ⁿsinnπ

2 ;

(i)

cn= 1

4¹+ 1+ 1

4²+ 2+ . . . + 1

4ⁿ+ n;

(j*)

fn= nⁿ n!. Odpowiedzi. (a) m = 0, nieograniczony z góry; (b) nieograniczony z dołu ani z góry; (c) m = 2, M = 3;(d) m = 4/5, M = 2; (e) nieograniczony z dołu, M = −1;(f) m = 1/5, M = 3;(g)m = 0, M = 1;(h)nieograniczony z dołu ani z góry;(i)m = 1/5, M = 1/3;(j*) m = 1, nieograniczony z góry.

Przykład 2.2. Zbadać, czy podane ciągi są monotoniczne od pewnego miejsca:

(a)

an = n

n+ 1;

(b)

bn= n²+ 1

n! ;

(c)

cn=p

n²+ 4n − n;

(d)

dn= cos π

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> anjest praw- dziwa dla każdej liczby naturalnej n ­ n0. Jeżeli między wyrazami ciągu (an) zachodzi nierówność słaba an+1­ andla n ­ n0, to ciąg jest niemalejący od indeksu n0. Zmieniając

Podstawowe określenia 19 powyżej kierunek nierówności między wyrazami ciągu otrzymamy określenia ciągu maleją- cego i nierosnącego. Monotoniczność ciągu (an) ustalamy badając znak różnicy an+1− aⁿ, a dla ciągów o wyrazach dodatnich możemy porównać iloraz an+1/anz 1.

(a)Zbadamy znak różnicy an+1− an. Mamy an+1− an= n + 1

n + 2− n

n + 1 =(n + 1)²− n(n + 2)

(n + 1)(n + 2) = 1

(n + 1)(n + 2)> 0 dla n ∈ N.

Ponieważ różnica jest dodatnia, więc ciąg (an) jest rosnący.

(b)Mamy

bn+1

bn

=

(n + 1)²+ 1 (n + 1)!

n²+ 1 n!

=

(n + 1)²+ 1 n!

(n²+ 1) (n + 1)! =

(n + 1)²+ 1 n!

(n²+ 1) (n + 1)n! = n²+ 2n + 2 n³+ n²+ n + 1.

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 < n³− n ⇐⇒ 1 < n n²− 1

Ostatnia nierówność jest spełniona dla liczb naturalnych n ­ 2. Ponieważ badany ciąg ma wyrazy dodatnie oraz dla n ­ 2 jego wyrazy spełniają nierówność bn+1/bn < 1, więc jest malejący od numeru n0 = 2.

(c)Mamy

cn=p

n²+4n−n =

√n²+4n − n
√

n²+4n + n

√n²+ 4n + n = 4n

√n²+ 4n + n

_{: n} : n

= 4

r 1 +4

n+ 1 .

Zatem

cn+1= 4

r 1 + 4

n + 1 + 1 .

Pokażemy bezpośrednio, że cn+1 > cn dla n ∈ N. Rzeczywiście, wychodząc od oczywistej relacji n + 1 > n, otrzymamy kolejno równoważne nierówności:

4 n+1 < 4

n ⇐⇒ 1+ 4

n+1 < 1+4 n ⇐⇒

r 1+ 4

n+1 <

r 1+4

n

⇐⇒

r 1+ 4

n+1+1 <

r 1+4

n+ 1 ⇐⇒ 1

r 1+ 4

n+1+1

> 1 r

1+4 n+ 1

⇐⇒ 4

r 1+ 4

n+1+1

> 4 r

1+4 n+ 1

⇐⇒ cⁿ⁺¹> cn,

czyli jak żądano. To oznacza, że ciąg (cn) jest rosnący.

20 Ciągi (d)Zbadamy monotoniczność ciągu (dn) ustalając znak różnicy dn+1− dn. Wykorzystamy wzór

cos α − cos β = 2 sinβ − α

2 sinα + β 2 . Mamy

dn+1− dn = cos π

2(n + 1)− cos π

2n = 2 sin π

2n− π 2(n + 1)

2 sin

π

2(n + 1)+ π 2n 2

= 2 sin π

4n(n + 1)sin(2n + 1) π 4n(n + 1). Dla n ∈ N liczby π

4n(n + 1), (2n + 1)π

4n(n + 1) należą do przedziału (0, π), więc

sin π

4n(n + 1) > 0 oraz sin(2n + 1)π 4n(n + 1) > 0.

Zatem dn+1− dⁿ> 0, czyli ciąg (dn) jest rosnący.

(e*)Mamy

en= √ⁿ

5ⁿ+ 6ⁿ= 6ⁿ r₅

6

n

+ 1.

Aby uzasadnić monotoniczność ciągu (en) skorzystamy z oczywistych nierówności [1] aⁿ> aⁿ⁺¹dla 0 < a < 1, [2] ⁿ⁺¹√

a < √ⁿ

a dla a > 1, [3] √ⁿ a < √ⁿ

b dla 0 < a < b Dla dowolnej liczby naturalnej n mamy zatem

en+1= 6ⁿ⁺¹ r

1 +₅ 6

ⁿ⁺¹

[2] < 6ⁿ r

1 +₅ 6

ⁿ⁺¹

[1,3] < 6ⁿ r

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), wystarczy porównać iloraz fn+1/fnz 1. W rozwiązaniu wykorzystamy tożsamość n! = k! · (k + 1) · . . . · (n − 1)n (0 ¬ k < n). Mamy

fn+1

fn

= (n + 1)! [2(n + 1)]!

[3(n + 1)]! · (3n)!

n!(2n)!= (n + 1)! (2n + 2)!

(3n + 3)! · (3n)!

n!(2n)!

= n!(n + 1)(2n)!(2n + 1)(2n + 2) (3n)!(3n + 1)(3n + 2)(3n + 3) · (3n)!

n!(2n)!= (n + 1)(2n + 1)2(n + 1) (3n + 1)(3n + 2)3(n + 1)

= 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 jest mniejszy od 1, to badany ciąg będzie malejący od numeru n0= 2. Mamy

gn

gn−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 + 1

n · 1

1 + n n²− 1

=n³+ n²− n − 1 n³+ n²− n < 1.

Granice ciągów 21 Nierówność (•) wynika z nierówności Bernoulliego^∗:

(1 + x)ⁿ­ 1 + nx, gdzie x ­ −1 oraz n ∈ N, 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− hnjest dodatnia, więc ciąg (hn) jest rosnący.

Zadanie 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= tg 100π

2n + 1;

(e)

sn= 50ⁿ

(2n)!;

(f)

tn= n!

10ⁿ;

(g)

an= n²− 49n − 50;

(h)

bn= 3ⁿ+ (−2)ⁿ;

(i)

cn= n²

2ⁿ;

(j)

dn= 5 · 7 · . . . · (3 + 2n)

4 · 7 · . . . · (1 + 3n);

(k)

en= 2ⁿ+ 1

3ⁿ+ 1;

(l)

fn=p³

n³+ 2 − n.

Odpowiedzi.(a) rosnący;(b) malejący od n0 = 3; (c) rosnący od n0 = 1; (d) malejący od n0 = 100; (e) malejący od n0 = 3; (f)rosnący od n0 = 10; (g) rosnący od n0 = 25; (h) rosnący;(i)malejący od n0= 3;(j)malejący od n0= 2;(k)malejący;(l)malejący.

Granice ciągów

Przykład 2.3. Korzystając z definicji granicy właściwej ciągu uzasadnić równości:

(a)

lim

n→∞

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 dodatniej ε można dobrać taką liczbę naturalną n0, że nierówność |an− a| < ε jest prawdziwa dla wszystkich n > n0.

(a)Mamy pokazać, że dla dowolnej liczby dodatniej ε można dobrać taką liczbę naturalną

∗Dowód nierówności Bernoulliego można znaleźć w innym podręczniku autorów pt.

„Wstęp do analizy i algebry. Teoria, przykłady, zadania”.

22 Ciągi n0, 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 każdego n > 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.

Ponieważ n ­ 1, więc ostatnia nierówność jest spełniona, gdy 1/ε − 4 < 1, tzn. dla ε > 1/5.

Z kolei dla 0 < ε ¬ 1/5 nierówność ta jest równoważna warunkowi n >p

1/ε − 4. Zatem za n0 można przyjąć dowolną liczbę naturalną większą lub równąp

1/ε − 4.

(b)Mamy pokazać, że dla dowolnej liczby dodatniej ε można dobrać taką liczbę naturalną n0, iż nierówność |2n/(n + 1) − 2| < ε jest prawdziwa dla wszystkich n > n0. Niech ε będzie dowolną liczbą dodatnią. Musimy zatem znaleźć liczbę n0 ∈ N taką, że dla każdego n > n0

spełniona 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 naturalną n0, iż nierówność

^√n_{5 − 1}

< ε jest prawdziwa dla wszystkich n > n0. Niech ε będzie dowolną liczbą dodatnią. Musimy zatem znaleźć liczbę n0∈ N taką, że dla każdego n > n⁰spełniona będzie nierówność

^√n_{5 − 1}

< ε. Mamy ^√n_{5 − 1}

= √ⁿ

5 − 1 < ε ⇐⇒ 5^1/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).

Zadanie 2.3. Korzystając z definicji granicy właściwej ciągu uzasadnić równości:

(a)

lim

n→∞

2n + 1

n² = 0;

(b)

lim

n→∞

2√ n+ 1

√n+ 1 = 2;

(c)

lim

n→∞

3 − n n+ 4 = −1;

(d)

lim

n→∞

1

2ⁿ+ 5 = 0;

(e*)

lim

n→∞

 3n + 1 n+ 1



= 2;

(f*)

lim

n→∞

1000 n! = 0.

Odpowiedzi. (e*) Wsk. Wykorzystać nierówność 2 ¬ (3n + 1)/(n + 1) < 3 oraz fakt, że

⌊x⌋ = 2 dla 2 ¬ x < 3;(f*)Wsk. Wykorzystać nierówność n! ­ n dla n ∈ N.

Przykład 2.4. Korzystając z definicji granicy niewłaściwej ciągu uzasadnić równości:

(a)

lim

n→∞

√3

n+ 1 =∞;

(b)

lim

n→∞

n²− 2

= ∞;

(c)

lim

n→∞

log¹

2n= −∞.

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 taką liczbę naturalną n0, że nierówność an > E jest prawdziwa dla wszystkich n > n0. Z kolei w dowodzie równości (c) zastosujemy definicję ciągu rozbieżnego do −∞ : ciąg (an) jest rozbieżny do −∞, gdy dla dowolnej liczby ujemnej E można dobrać taką liczbę naturalną n0, że nierówność an< E jest prawdziwa dla wszystkich n > n0.

(a)Mamy pokazać, że dla dowolnej liczby dodatniej E można dobrać taką liczbę naturalną

Twierdzenia o granicach ciągów 23 n0, 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 spełniona będzie 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 naturalną n0, iż nierówność n²− 2 > 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 spełniona będzie 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 naturalną n0, iż nierówność log1

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 zachodzi nierówność log¹

2n < E. Mamy log¹

2n < E ⇐⇒ log¹₂n < log¹

2

₁ 2

^E

⇐⇒ n >

₁ 2

^E

= 2^−E. Zatem za n0 można przyjąć dowolną liczbę naturalną większą lub równą 2^−E.

Zadanie 2.4. Korzystając z definicji granicy niewłaściwej ciągu uzasadnić równości:

(a)

lim

n→∞

log₂(n + 3) = ∞;

(b)

lim

n→∞

n⁴− 1

= ∞;

(c)

lim

n→∞

√n− n

= −∞;

(d)

lim

n→∞ 10 −√³ n

= −∞.

Twierdzenia o granicach ciągów

Przykład 2.5. Korzystając z twierdzeń o arytmetyce granic ciągów obliczyć:

(a)

lim

n→∞

n³−n+1

n⁵+n³−4;

(b)

lim

n→∞

5n⁶− 3n⁴+ 2

5 − 10n⁶ ;

(c)

lim

n→∞

1 + 3 + . . . + (2n + 1) 4 + 7 + . . . + (3n + 1);

(d)

lim

n→∞

3ⁿ− 2ⁿ

4ⁿ− 3ⁿ;

(e)

lim

n→∞

pn²+n+1 − n

;

(f)

lim

n→∞

pn²+n−p⁴ n⁴+ 1

;

(g)

lim

n→∞

√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

n→∞lim (an+ bn) = lim

n→∞an+ lim

n→∞bn, 

2

n→∞lim (an− bn) = lim

n→∞an− lim

n→∞bn,

3

n→∞lim (an· bn) = ( lim

n→∞an) · ( lim

n→∞bn), 

4

n→∞lim an

bn

=

n→∞lim an n→∞lim bn

, o ile lim

n→∞bn6= 0, w szczególności mamy 

3′ lim

n→∞(c · an) = c · ( lim

n→∞an) (c ∈ R),

24 Ciągi

5

n→∞lim (an)^p= ( lim

n→∞an)^p (p ∈ Z), 

6

n→∞lim

√k

an= q^k

n→∞lim 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. We wzorach [5] i [6] zakładamy, że wyrażenia po obu stronach znaku równości mają sens. W rozwiązaniach podajemy numer równości, z której skorzystano.

(a)Mamy

n→∞lim

n³− n + 1 n⁵+ n³− 4

h: n⁵ : n⁵ i

= lim

n→∞

1 n² − 1

n⁴ + 1 n⁵ 1 + 1

n² − 4 n⁵

4

=

n→∞lim

 ₁ n² − 1

n⁴ + 1 n⁵



n→∞lim

 1 + 1

n² − 4 n⁵



1, 2

=

n→∞lim 1 n² − lim

n→∞

1 n⁴ + lim

n→∞

1 n⁵ 1 + lim

n→∞

1 n² − lim

n→∞

4 n⁵

= 0 − 0 + 0 1 + 0 − 0=0

1 = 0.

(b)Mamy

lim

n→∞

5n⁶− 3n⁴+ 2 5 − 10n⁶

h: n⁶ : n⁶ i

= lim

n→∞

5 − 3 n² + 2

n⁶ 5 n⁶ − 10

4

= lim

n→∞

 5 − 3

n² + 2 n⁶



n→∞lim

₅ n⁶ − 10

 

1, 2

=

5 − lim

n→∞

3 n² + lim

n→∞

2 n⁶ lim

n→∞

5 n⁶ − 10

= 5 − 0 + 0 0 − 10 = −1

2.

(c)W rozwiązaniu wykorzystamy wzór na sumę początkowych k składników ciągu arytme- tycznego: Sk = (a1+ ak) · k/2, gdzie a1 oznacza pierwszy, a ak ostatni składnik sumy. W sumie 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)

2 n = n(3n + 5)

2 .

Teraz możemy obliczyć granicę. Mamy

n→∞lim

1+3+. . .+(2n+1) 4+7+. . .+(3n+1)= lim

n→∞

(n + 1)² n(3n + 5)

2

h_{: n}2

: n² i

= lim

n→∞

2 1 +1

n

2

3 +5 n

4

=

n→∞lim

 2

1+1 n

2

lim

n→∞

 3 +5

n

 

1, 3^′, 5

= 2h

lim

n→∞

 1+1

n

i2

3 + lim

n→∞

5 n

=2(1+0)² 3 + 0 =2

3.

Twierdzenia o granicach ciągów 25 (d)Mamy

lim

n→∞

(3ⁿ−2ⁿ) (4ⁿ−3ⁿ)

h: 4ⁿ : 4ⁿ i

= lim

n→∞

₃ 4

ⁿ

−₁ 2

ⁿ

1−

₃ 4

n

4

= lim

n→∞

h₃ 4

n

−₁ 2

ni

n→∞lim h

1−

₃ 4

ni 

2

= lim

n→∞

₃ 4

n

− lim

n→∞

₁ 2

n

1 − lim

n→∞

₃ 4

ⁿ

7

=0−0 1−0 = 0.

(e)Mamy

n→∞lim

pn²+ n + 1 − n

= lim

n→∞

√n²+ n + 1 − n
√

n²+ n + 1 + n

√n²+ n + 1 + n

= lim

n→∞

n²+ n + 1

− n²

√n²+ n + 1 + n = lim

n→∞

n + 1

√n²+ n + 1 + n

_{: n} : n



= lim

n→∞

1 +1 n 1

n

pn²+ n + 1 + n ^{= lim}_n→∞

1 +1 r n

1+1 n+ 1

n²+1

4

=

n→∞lim

 1 +1

n



n→∞lim r

1+1 n+ 1

n²+1

!

1, 6

=

1 + lim

n→∞

1 r n

1+ lim

n→∞

1 n+ lim

n→∞

1 n² + 1

= 1 + 0

√1 + 0 + 0 + 1= 1 2. (f)Przede wszystkim zauważmy, że dla x, y > 0 mamy

√4

x −√⁴y =

√4

x −√⁴y
√₄x +√⁴y

√4

x +√⁴y =

√x −√y

√4

x +√⁴y =

√x −√y
√x + √y

√4

x +√⁴y
√ x + √y

= x − y

√4

x +√⁴y
√

x + √y
^. Korzystając z tego wzoru otrzymamy

pn²+ n −p⁴

n⁴+ 1 = ⁴ q

(n²+ n)²−p⁴ n⁴+ 1

= n²+ n
2

− n⁴+ 1

p4

(n²+ n)²+√⁴

n⁴+ 1 p

(n²+ n)²+√ n⁴+ 1

= 2n³+ n²− 1

√n²+ n +√⁴ n⁴+ 1

n²+ n +√ n⁴+ 1

h: n³ : n³ i

=

2n³+ n²− 1 n³

√n²+ n +√⁴ n⁴+ 1

n ·n²+ n +√ n⁴+ 1 n²

=

26 Ciągi

=

2 +1 n− 1

n³ r

1+1 n+⁴

r 1+ 1

n⁴

! 1+1

n+ r

1+ 1 n⁴

!^.

Stąd

n→∞lim

pn²+ n −p⁴

n⁴+ 1 = lim

n→∞

2 +1 n − 1

n³ r

1 + 1 n+ ⁴

r 1 + 1

n⁴

! 1 +1

n+ r

1 + 1 n⁴

!

4

=

lim

n→∞

 2 +1

n− 1 n³



lim

n→∞

" r 1 +1

n+ ⁴ r

1 + 1 n⁴

! 1 +1

n+ r

1 + 1 n⁴

!#

3

=

n→∞lim

 2+1

n− 1 n³



n→∞lim r

1+1 n+⁴

r 1 + 1

n⁴

!

n→∞lim 1+1 n+

r 1+ 1

n⁴

!

1, 2, 6

= 2 + 0 − 0

√1 + 0 +√⁴ 1 + 0

1 + 0 +√

1 + 0
^{= 1}₂^. (g)Mamy

n→∞lim

√3

n²+ 1 n

_{: n} : n

= lim

n→∞

3

r1 n+ 1

n³

1 = lim

n→∞

3

r1 n+ 1

n³

6

= ³ r

n→∞lim

₁ n+ 1

n³

 1

= ³ r

lim

n→∞

1 n+ lim

n→∞

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

h: (2n − 1)!

: (2n − 1)!

i

= n²+ 1

2n(2n + 1) + 1 (2n − 1)!

h_{: n}2

: n² i

=

1 + 1 n² 4 +2

n+ 1

n²(2n − 1)!

.

Stąd

lim

n→∞

n²+ 1

(2n − 1)!

(2n + 1)! + 1 = lim

n→∞

1 + 1 n² 4 +2

n+ 1

n²(2n − 1)!

4

=

Twierdzenia o granicach ciągów 27

=

lim

n→∞

 1 + 1

n²



lim

n→∞

 4 +2

n+ 1

n²(2n − 1)!



1

=

1 + lim

n→∞

1 n² 4 + lim

n→∞

2 n + lim

n→∞

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 − q^k

1 − q , gdzie a1oznacza 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 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

n→∞lim

1 + 2 + 2²+ . . . + 2²ⁿ

4 + 4²+ 4³+ . . . + 4ⁿ = lim

n→∞

2 · 4ⁿ− 1 4

3(4ⁿ− 1) h_{: 4}n

: 4ⁿ i

= lim

n→∞

3 4·2 − 1

4ⁿ 1 − 1

4ⁿ

3′, 4

= 3 4·

n→∞lim

 2 − 1

4ⁿ



n→∞lim

 1 − 1

4ⁿ



2

=3

4·2 − lim

n→∞

₁ 4

n

1 − lim

n→∞

₁ 4

ⁿ

7

= 3 4·2 − 0

1 − 0 =3 2.

Zadanie 2.5. Korzystając z twierdzeń o arytmetyce granic ciągów obliczyć:

(a)

lim

n→∞

n²+ 1

n³+ 2n + 3;

(b)

lim

n→∞

n³+2n²+1

n− 3n³ ;

(c)

lim

n→∞

1 + 3 + . . . + (2n − 1) 2 + 4 + . . . + 2n ;

(d)

lim

n→∞

n²+1
n!+1

(2n+1)(n+1)!;

(e)

lim

n→∞

n²⁰+ 2
3

(n³+ 1)²⁰;

(f)

lim

n→∞

pn²+1−p

n²+2n

;

(g)

lim

n→∞

p4

n⁴+16−n

;

(h)

lim

n→∞

q n+ 6√

n+ 1 −√ n



;

(i)

lim

n→∞

√n³+ 1

√3

n⁵+ 1 + 1;

(j)

lim

n→∞

√3

8ⁿ⁺¹+ 3

2ⁿ+ 1 ;

(k)

lim

n→∞

√4ⁿ+ 1

√3

8ⁿ+ 1;

(l)

lim

n→∞

arc tg (3n + 1)

arc tg(2n + 1);

(m)

lim

n→∞

2ⁿ+ 5ⁿ

4ⁿ+ 5ⁿ;

(n)

lim

n→∞

1+1 2+ 1

2²+. . .+ 1 2ⁿ 1+1

3+1

3²+. . .+ 1 3ⁿ

;

(o*)

lim

n→∞

sin πp

n²+ 1

;

(p*)

lim

n→∞

1+1 2+1

3+. . .+ 1 n+ 1 1 +1

2 +1

3+ . . . + 1 n .

28 Ciągi Odpowiedzi.(a)0;(b)_−1/3; (c)1;(d)1/2;(e)1;(f)_−1; (g)0;(h)3;(i)0;(j)2;(k)1;(l)1;

(m)1;(n)4/3;(o*)0.(p*)1.

Przykład 2.6. Korzystając z twierdzenia o trzech ciągach obliczyć granice:

(a)

lim

n→∞

√n²+ n

n ;

(b)

lim

n→∞

3ⁿ+ 1

(5 + cos n)ⁿ;

(c)

lim

n→∞

sin²n+ 4n 3n − 1 ;

(d)

lim

n→∞

√n

3ⁿ+ 4ⁿ+ 5ⁿ;

(e)

lim

n→∞

√n

n+ 3;

(f)

lim

n→∞

√n

5ⁿ− 3ⁿ− 2ⁿ;

(g)

lim

n→∞

 1

√n²+ 1+ 1

√n²+ 2 + . . . + 1

√n²+ n



;

(h*)

lim

n→∞

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 do tej granicy. Ponadto w rozwiązanich wykorzystamy równości: 

∗

n→∞lim

√n

a = 1, gdy a > 0;

∗∗

n→∞lim

√n

n = 1.

(a)Dla każdego x ∈ R prawdziwe są nierówności x − 1 < ⌊x⌋ ¬ x. Zatem dla n ∈ N mamy

√n²+ n − 1 n <

√ n²+ n

n ¬

√n²+ n

n .

Ciągi ograniczające badany ciąg z lewej i z prawej strony mają te same granice. Mamy bowiem

n→∞lim

√n²+ n − 1

n = lim

n→∞

r 1 + 1

n−1 n

!

= 1 oraz

lim

n→∞

√n²+ n

n = lim

n→∞

r 1 +1

n = 1.

Zatem z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że

n→∞lim

√ n²+ n

n = 1.

(b) Zauważmy najpierw, że −1 ¬ cos n ¬ 1 dla każdego n ∈ N. Stąd mamy oczywiste nierówności

₁ 2

ⁿ

= 3ⁿ

6ⁿ ¬ 3ⁿ+ 1

(5 + cos n)ⁿ ¬ 3ⁿ+ 3ⁿ 4ⁿ = 2₃

4

ⁿ

dla każdego n ∈ N. Ponieważ (wzór 

7 , s. 24)

n→∞lim

₁ 2

n

= 0 oraz lim

n→∞2

₃ 4

n

= 2 · 0 = 0, więc z twierdzenia o trzech ciągach mamy

n→∞lim

3ⁿ+ 1 (5 + cos n)ⁿ = 0.

Twierdzenia o granicach ciągów 29 (c)Zauważmy najpierw, że 0 ¬ sin²n ¬ 1 dla każdego n ∈ N. Stąd

0 + 4n

3n − 1 ¬sin²n + 4n

3n − 1 ¬1 + 4n

3n − 1 dla każdego n ∈ N.

Ponieważ

n→∞lim 4n 3n − 1 =4

3 oraz lim

n→∞

1 + 4n 3n − 1= 4

3, więc z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że

n→∞lim

sin²n + 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 lim

n→∞5 = 5 oraz lim

n→∞5√ⁿ 3

∗

= 5 · 1 = 5, więc z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że

n→∞lim

√n

3ⁿ+ 4ⁿ+ 5ⁿ= 5.

(e)Dla każdego n ­ 3 spełnione są nierówności 1 ¬ √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= 5ⁿ r

1 −₃ 5

n

−₂ 5

n

. Zatem dla n ­ 2 zachodzą nierówności

5ⁿ r12

25= 5ⁿ r

1 −₃ 5

²

−₂ 5

²

¬ 5ⁿ r

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. Mamy bowiem

n→∞lim 5ⁿ r12

25

∗

= 5 · 1 = 5 oraz lim

n→∞5 = 5.

Zatem z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że lim

n→∞

√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/p

n²+ n, a największy 1/p

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.