Omówimy teraz kilka zagadnień nieuchronnie prowadzacych do znajdowania granic., Przykład 1

Pewien czas temu usunieto granice z programów szkolnych po stosunkowo długim okresie_, nauczania. Jest sporo powodów, dla których o granicach w szkołach należy opowiadać przy- najmniej tym uczniom, którzy chca nauczyć si_, e troch_, e matematyki. Temat jednak jest trudny._, Definicja granicy jest zdaniem wielokrotnie złożonym, wiec dla zdecydowanej wi_, ekszości ludzi_, niezrozumiałym. To sugeruje, że temat powinien być odłożony do studiów. Nie jest jednak na- szym celem rozważanie kwestii: uczyć tego w szkołach, czy nie. Omówimy teraz kilka zagadnień nieuchronnie prowadzacych do znajdowania granic._,

Przykład 1. Jeśli np. chcemy zdefiniować pole koła, to można rozważać np. wielokaty fo-_, remne wpisane w to koło o coraz wiekszej liczbie boków i mówić, że pole koła jest liczb_, a, któr_, a_, można przybliżać polami tych wielokatów, przy czym przybliżenie jest tym dokładniejsze im_, wieksza jest liczba boków wielok_, ata. Mamy tu wi_, ec do czynienia z ci_, agiem pól wielok_, atów wpi-_, sanych w dane koło, co oznacza, że liczbom naturalnym poczawszy od 3 przypisane zostały_, pewne liczby rzeczywiste. Te ostatnie nazywamy wyrazami ciagu i oznaczamy na ogół symbo-_, lem a_n. Niby jest jasne, że pole koła musi być iloczynem pola koła o promieniu 1 i liczby r² — to znany wzór P = πr². Jednak powstaje pytanie: dlaczego wtedy długość okregu p ma być równa_, 2πr, a nie np. 2,1πr lub 6,283r. Wyjaśnienie po opanowaniu podstawowych własności granic jest proste: jeśli ˜P oznacza pole wielokata opisanego na okr_, egu o promieniu r, a ˜_, p — jego ob- wód, to zachodzi równość ˜P = ¹₂pr, w szkole omawiana z pewności˜ a dla trójk_, ata, ale prawdziwa_, z tym samym uzasadnieniem dla każdego wielokata. Niech P_{, n} oznacza pole n–kata foremnego_, opisanego na okregu o promieniu r > 0, p_{, n} — jego obwód. Wtedy P_n = ¹₂p_nr. „Oczywiście”

n→∞lim P_n = P oraz lim

n→∞p_n = p, zatem P = ¹₂pr, wiec πr_, ² = ¹₂pr, a stad już wynika, że p = 2πr._, To wiedziano już w starożytności. Ja dowiedziałem sie tego w szkole podstawowej od swego_, nauczyciela matematyki. Oczywiście o żadnych granicach nic nie mówił, ale mówił, że pola n–katów foremnych przybliżaj_, a pole koła, a obwody tychże wielok_, atów — długość okr_, egu._,

Podobnie do rozpatrywania granic ciagów prowadz_, a wyprowadzenia wzorów na obj_, etość_, ostrosłupa i uniknać przejścia granicznego nie da si_, e (tw. Dehna — trzeci problem Hilberta),_, objetość kuli, pole powierzchni kuli. Nie wymaga przejść granicznych wyprowadzenie wzoru na_, pole wielokata. Te wzory oraz wzór na pole ograniczone przez parabol_, e i jej ci_, eciw_, e znał już_, Archimedes (287 pne — 212 pne). Po nim nastapił zastój w tej dziedzinie do czasów J. Keplera_, (1571 — 1630).

Przykład 2. Inny zagadnienie rozważał przez Zenona (490-430 p.n.e) z Elei . Twierdził on mianowicie, że znany w starożytności szybkobiegacz Achilles nie jest w stanie dogonić żółwia.

Rozważania te przedstawimy oczywiście używajac współczesnego j_, ezyka i stosuj_, ac współczesne_, oznaczenia. Przyjmijmy na przykład, że poczatkowa odległość mi_, edzy Achillesem i żółwiem_, równa jest 100 m. Dla prostoty przyjmiemy, że predkość Achillesa jest dziesi_, eciokrotnie wi_, eksza_, niż predkość uciekaj_, acego żółwia. W jakimś czasie Achilles przebiegnie 100 m. W tym samym_, czasie żółw przesunie sie o 10 m, wi_, ec na razie przynajmniej nie zostanie złapany. Po_{, 10}¹ tego czasu Achilles przebiegnie 10 m, jednak znów nie dogoni żółwia, który oddali sie o nast_, epny_,

metr. Achilles przebiegnie metr, a żółw oddali sie o 10 cm itd. Proces ten można kontynuować._, Prowadzi to do rozpatrywania coraz dłuższych odcinków przebytych przez Achillesa, czyli liczb:

100 ; 110 ; 111 ; 111, 1 ; 111, 11 ; 111, 111 ; . . . – czyli ciagu, którego n–ty wyraz jest równy a_{, n}= 100 + 10 + 1 + · · · + 100

10ⁿ⁻¹ = 111,1 . . . 1 – przy czym w zapisie dziesietnym tej liczby wyst_, epuje n jedynek. Zenon po prostu nie potrafił zsumo-_, wać nieskończenie wielu składników. Nie operował pojeciem sumy nieskończonej, nie umiano_, wtedy takiego pojecia zdefiniować. Tego rodzaju problemy analizowano już wtedy, ale ścisłe_, definicje matematyczne pojawiły sie dopiero w pierwszej połowie XIX wieku (Gauss, Cauchy,_, Bolzano, Weierstrass). Oczywiście można łatwo odpowiedzieć na pytanie po przebiegnieciu ja-_, kiego dystansu Achilles złapie żółwia: 111, 1 · · · = ¹⁰⁰⁰₉ . Na wszelki wypadek podamy formalne rozumowanie, które można było zastosować również w starożytności, jednak bez jawnego uży- cia pojecia sumy nieskończonej, a wi_, ec omijaj_, ac istotny problem matematyczno-filozoficzny._, ¹ Oznaczmy dystans przebyty przez żółwia do momentu zakończenia pogoni przez x. Achilles w tym samym czasie przebiegł odległość 10x. Różnica tych wielkości to 9x = 100. Stad natych-_, miast wynika, że x = ¹⁰⁰₉ , zatem 10x = ¹⁰⁰⁰₉ . Oczywiście problemem istotnym było tu obliczenie tzw. granicy ciagu, czym zajmiemy si_, e niebawem. Widzimy, że daje si_, e ukryć przejście graniczne_, prawie całkowicie.

Przykład 3. Załóżmy, że mamy do czynienia z pewna ilości_, a pierwiastka promieniotwórczego._, Niech m oznacza jego mase. Fizycy twierdz_, a, że ubytek masy pierwiastka promieniotwórczego_, jest proporcjonalny do czasu i masy substancji. Oznaczmy współczynnik proporcjonalności przez µ i zastanówmy sie jak_, a ilość tego pierwiastka b_, edziemy mieć po czasie t. Na tzw. „zdrowy_, rozum” masa w czasie t powinna sie zmniejszyć o µ · t · m, wi_, ec byłaby równa_,

m − µ · t · m = m(1 − µ · t).

Jednak substancja promieniuje bez przerwy. Moglibyśmy wiec rozumować w ten sam sposób_, myślac o czasie dwukrotnie krótszym, czyli_{, 2}^t. Wtedy masa zmniejszyłaby sie o µ ·_{, 2}^t· m. Wobec tego po czasie ₂^t masa byłaby równa m − µ · ₂^t · m = m¡

1 − µ · ₂^t). Ta masa zmniejszałaby sie w dalszym ci_, agu zgodnie z tym samym prawem, wi_, ec po czasie_{, 2}^t masa pierwiastka byłaby równa

m¡

1 − µ · t

2) − µ · t 2m¡

1 − µ · t

2) = m¡

1 − µ · t

2)² = m µ

1 − µ · t + µt² 4

¶ .

Mamy wiec dwa różne wyniki_, ¡

1−µ·^t₂)²m, jeśli czas „dzielimy ” na pół oraz¡

1−µ·t¢

m, jeśli „nie dzielimy”. Te wyniki sa różne, wi_, ec podany opis nie może być dobry. Na domiar złego, jeśli czas_, podzielimy nie na dwie równe cześci, to wynik b_, edzie jeszcze inny: przy podziale t =_{, 3}^t +₃^t+ ^t₃ wywnioskujemy, że po czasie t masa równa jest m¡

1−µ·₄^t)³, przy podziale t = ₄^t+^t₄+^t₄+₄^t wynik to m¡

1−µ·^t₄)⁴. Oczywiście rezultat nie może zależeć od tego, w jaki sposób opisujemy zjawisko.

Można wiec przypuścić, że zacytowane prawo fizyki działa w przypadku dostatecznie krótkiego_,

1Były inne paradoksy zwiazane z problemem dzielenia w nieskończoność na cz_, eści, np. punkt nie ma dłu-_, gości, odcinek składa sie z punktów i ma długość, poruszaj_, acy si_, e obiekt w nieskończenie krótkim czasie_, nie przebywa żadnej odległości, a jednak sie porusza. Przekonamy si_, e, że dzi_, eki poj_, eciu granicy daje si_, e w_, sensowny sposób mówić o tego rodzaju kwestiach nie dochodzac do pozornych sprzeczności._,

czasu z błedem mniejszym niż dokładność pomiaru. Matematyka obliguje to do zadania pytania:_, czy kolejne liczby m¡

1 − µ · t), m¡

1 − µ ·₂^t)², m¡

1 − µ ·₃^t)³, m¡

1 − µ ·₄^t)⁴, . . . przybliżaja z coraz_, wieksz_, a dokładności_, a pewn_, a liczb_, e, która mogłaby być wtedy uważana za prawdziwy wynik?_,

Pytanie okazuje sie tym ważniejsze, że do tego samego pytania prowadzi analiza oprocen-_, towanego wkładu bankowego albo np. wydłużania sie np. szyn kolejowych w wyniku wzrostu_, temperatury lub ich skracania sie w wyniku spadku temperatury. To prawo fizyczne jest znane_, każdemu, kto był przytomny w czasie lekcji fizyki w szkole podstawowej lub gimnazjum. Jednak nieliczni uczniowie zauważaja problem, który opisaliśmy wyżej. Stosowanie tego prawa w spo-_, sób opisany w podrecznikach szkolny prowadzi do różnych wyników w zależności od tego czy_, temperatura zmienia sie np. o 20_, ^◦, czy też o 10^◦ + 10^◦, co oczywiście nie może być prawda,_, bowiem wzrost temperatury nie jest skokowy, lecz odbywa sie stopniowo. Podsumujmy: opisane_, wyżej zagadnienia prowadza do rozpatrywania ci_, agu o wyrazie (1+_{, n}^x)ⁿ, w przypadku masy sub- stancji promieniotwórczej x = −µ·t. Powyższe rozważania sugeruja, że wzrost liczby naturalnej_, n powinien powodować wzrost wyrażenia (1 +^x_n)ⁿ przynajmniej w przypadku x 6= 0. W istocie rzeczy łatwo można sie przekonać o tym, że n > −x wzrost taki ma miejsce, wykażemy to_, niebawem. Najpierw jednak przypomnimy definicje granicy ci_, agu._,

Definicja 4. (Granicy ciagu)_,

a. Liczba g nazywana jest granica ci_, agu (a_{, n}) wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnej liczby dodatniej ε > 0 istnieje liczba całkowita n_ε, taka że jeśli n > n_ε, to |a_n− g| < ε.

b. +∞ (czytaj: plus nieskończoność) jest granica ci_, agu (a_, n) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej liczby rzeczywistej M istnieje liczba całkowita n_mtaka, że jeśli n > n_M, to a_n> M.

c. −∞ (czytaj: minus nieskończoność) jest granica ci_, agu (a_{, n}) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej liczby rzeczywistej M istnieje liczba całkowita n_mtaka, że jeśli n > n_M, to a_n< M.

— Jeśli g jest granica ci_, agu (a_{, n}), skończona lub nie, to piszemy g = lim_,

n→∞ a_n lub a_n−−−−→

n→∞ g.

Można też pisać a_n → g , gdy n → ∞ lub krótko a_n → g. Mówimy, że ciag jest zbieżny,_, jeśli jego granica jest skończona.

Skomentujemy po pierwsze cześć a. Chodzi tam o to, że wyrazy ci_, agu, których numery s_, a_, dostatecznie duże (n > n_ε) przybliżaja granic_, e g z dopuszczaln_, a dokładności_, a (|a_{, n}− g| < ε).

Stwierdzimy tu wyraźnie, że przejście do nastepnego wyrazu nie musi zwi_, ekszyć dokładności_, przybliżenia, przeciwnie chwilowo może sie ta dokładność zmniejszyć, dopiero dostatecznie duży_, wzrost numeru wyrazu musi zwiekszyć dokładność przybliżenia (jeśli ci_, ag jest stały, np. a_{, n}= 33 dla każdej liczby naturalnej n, to bład jest zerowy zawsze, niezależnie od numeru wyrazu, wi_, ec_, dokładność nie może być poprawiona). O liczbie ε myśleć należy jako o małej liczbie dodatniej (chodzi o to, że jeśli dla małego ε umiemy wskazać moment, od którego bład jest mniejszy niż_, ε, to od tego momentu nierówność jest również spełniona z wiekszym ε ). Pami_, etajmy również_, o tym, że liczba |x−y| może być traktowana jako odległość dwóch punktów prostej. Wobec tego nierówność |a_n− g| < ε oznacza, że punkt a_nznajduje sie w przedziale o długości 2ε i środku g._, W szczególności ciag, którego wszystkie wyrazy s_, a takie same (lub nawet nie wszystkie, tylko_,

wszystkie od pewnego momentu, tj. dla dostatecznie dużych n sa identyczne), jest zbieżny, przy_, czym granica takiego ci_, agu jest wspólna wartość jego wyrazów._,

Czesto zamiast mówić istnieje n_{, ε}, takie że dla n > n_ε zachodzi . . . bedziemy mówić, że dla_, dostatecznie dużych n zachodzi . . . lub że dla prawie wszystkich n zachodzi . . . . Tak wiec dla_, prawie wszystkich n . . . oznacza dla wszystkich , z wyjatkiem skończenie wielu n . . . ._,

Podobnie można interpretować cześć b definicji granicy. Tym razem wyraz ci_, agu, którego_, numer jest dostatecznie duży (n > nM) powinien być blisko plus nieskończoności, wiec ma być_, duża liczb_, a dodatni_, a (a_{, n} > M ). Interpretacje cz_, eści c pozostawiamy czytelnikom – jest ona_, w pełni analogiczna do cześci b. Niektórzy autorzy używaj_, a terminu „ci_, ag jest rozbieżny do_, +∞”, a inni mówia, że „ci_, ag jest zbieżny do +∞”. My b_, edziemy stosować raczej pierwsz_, a_, terminologie._,

Przykład 5. 0 = lim

n→∞

1

n. Aby przekonać sie o prawdziwości tej tezy wystarczy przyj_, ać, że_, n_ε jest dowolna liczb_, a całkowit_, a wi_, eksz_, a niż_, ¹_ε. Można wiec przyj_, ać np. n_{, 1} = 2, n_1/2 = 3, n_0,41 = 3, ale można też powiekszyć niektóre z tych liczb lub nawet wszystkie i przyj_, ać n_{, 1} = 10, n_1/2 = 207, n0,41= 3. Mamy wiec możliwość wyboru: liczb_, e n_, εmożna zawsze zastapić wi_, eksz_, a._, Przykład 6. ¹₂ = lim

n→∞

2n+3

4n−1. Wykażemy, że wzór ten jest prawdziwy. Bez trudu stwierdzamy, że nierówność ¯

¯¹

2 −²ⁿ⁺³_4n−1¯

¯ = ¯

¯¯_2(4n−1)⁻⁷

¯¯

¯ ≤ _6n⁷ zachodzi dla dowolnej liczby całkowitej n ≥ 1.

Wystarczy wiec, by n_, ε > _6ε⁷. To zdanie oznacza , że dla tak dobranego nε i n > nε prawdziwa jest nierówność ¯

¯¹

2 −²ⁿ⁺³_4n−1¯

¯ < ε — nie znaczy to jednak, że tylko dla tych liczb całkowitych n nierówność ta ma miejsce! Nie musieliśmy rozwiazywać nierówności, choć w tym przypadku_, było to możliwe — wystarczyło udowodnić, że nierówność ma miejsce dla wszystkich dostatecznie dużych liczb naturalnych n.

Przykład 7. Jeśli d > 0, to +∞ = lim

n→∞(a₀+ nd). Postaramy sie wykazać, że równość ta ma_, miejsce. Jeśli M jest dowolna liczb_, a rzeczywist_, a, n_, ε > ^{M −a}_d ⁰ i n > nε, to n > ^{M −a}_d ⁰, zatem a_n= a₀+ nd > M, co dowodzi prawdziwości równości, która dowodzimy._,

Zadanie 1. Wykazać, że lim

n→∞

2n+1

n²−17n+1 = 0.

Rozwiazanie. Niech ε > 0. Chcemy wykazać, że dla dostatecznie dużych n zachodzi nie-_, równość ¯¯ ²ⁿ⁺¹

n²−17n+1 − 0¯

¯ < ε. Nierówność można rozwiazać, ale nie ma konieczności. Dla n ≥ 17_, zachodzi nierówność n²− 17n + 1 ≥ 1 > 0, wiec od pewnego miejsca wyrazu ci_, agu s_, a dodatnie._, W dalszym ciag zakładamy, że n ≥ 170. Możemy wyraz ci_, agu powi_, ekszyć, ale nie zmieniaj_, ac_, w istotny sposób jego wielkości. Mamy

n²− 17n + 1 = ₁₀⁹ n²+ ₁₀¹n²− 17n + 1 ≥ ₁₀⁹n²+₁₀¹ · 170n − 17n + 1 > ₁₀⁹n², zatem

¯¯

¯¯ 2n + 1

n²− 17n + 1 − 0

¯¯

¯¯ = 2n + 1

n²− 17n + 1 < 3n

0,9n² = 10 3n < 4

n .

Wystarczy wiec, aby_{, n}⁴ < ε, czyli by ⁴_ε < n. Wystarczy wiec, aby n_{, ε} była jak_, akolwiek liczb_, a_, naturalna wi_, eksz_, a od_, ⁴_ε.

Zadanie 2. (Nierówność Bernoulliego) Dowieść, że jeśli a > −1 i n ∈ N, to (1 + a)ⁿ≥ 1 + na przy czym jeśli n > 1 i a 6= 0, to nierówność jest ostra.

Rozwiazanie Dla n = 1 zachodzi równość niezależnie od a. Mamy_, (1 + a)² = 1 + 2a + a² ≥ 1 + 2a,

przy czym dla a 6= 0 otrzymana nierówność jest ostra. Ponieważ 1 + a > 0, wiec z nierówności_, (1 + a)² ≥ 1 + 2a wynika, że

(1 + a)³ = (1 + a)²(1 + a) ≥ (1 + 2a)(1 + a) = 1 + 3a + 2a² ≥ 1 + 3a,

przy czym znów równość zachodzi jedynie, gdy a = 0. Jeśli dla pewnych a > −1 i n ∈ N zachodzi nierówność (1 + a)ⁿ ≥ 1 + na, to po pomnożeniu jej przez liczbe 1 + a > 0 otrzymujemy_,

(1 + a)ⁿ⁺¹= (1 + a)ⁿ(1 + a) ≥ (1 + na)(1 + a) = 1 + (n + 1)a + na² ≥ 1 + (n + 1)a, przy czym równość zachodzi jedynie wtedy, gdy a = 0. Z zasady indukcji wynika wiec, że_, nierówność prawdziwa jest zawsze wtedy, gdy a > −1 i n ∈ N.

Oczywiście sprawdzenie dla n = 2 i dla n = 3 jest zbedne jako zawarte w kroku indukcyjnym._, Jednak mówiac o tej nierówności do osób wystraszonych terminem indukcja matematyczna_, można ominać t_, e zbitk_, e słown_, a, a w każdym razie opóźnić jej pojawienie si_, e. Zwykle daje to_, niezłe rezultaty, tzn. mniej osób wyłacza si_, e we wst_, epnej cz_, eści dowodu._,

Przykład 8. Zajmiemy sie ci_, agiem geometrycznym: a_{, n}= aqⁿ, gdzie a i q sa dowolnymi licz-_, bami rzeczywistymi. Liczba q jest zwana ilorazem ciagu geometrycznego, bo w przypadku q 6= 0_, jest równa ilorazowi dwóch kolejnych wyrazów ciagu. Do rozpatrywania tego ci_, agu prowadz_, a_, opisane poprzednio zagadnienia, jeśli nie zmniejszamy odcinków czasu lub temperatury Liczba ludzi w danym kraju w przypadku stałego przyrostu naturalnego zachowuje sie jak ci_, ag geome-_, tryczny o ilorazie dosyć bliskim jedności — dodatni przyrost naturalny oznacza, że iloraz jest wiekszy niż 1 zaś ujemny przyrost naturalny — że iloraz jest mniejszy niż 1._,

Udowodnimy, że jeśli |q| < 1, to lim

n→∞qⁿ = 0. Jest to prawda, gdy q = 0 lub a = 0, bo_, wtedy wszystkie wyrazy ciagu s_, a równe 0. Załóżmy, że 0 < |q| < 1 i a 6= 0 oraz ε > 0. Wtedy_, nierówność |aqⁿ− 0| < ε jest równoważna nierówności ¡ ₁

|q|

¢_n

> ^|a|_ε. Z nierówności 0 < |q| < 1 wynika, że _|q|¹ = 1 +¡₁

|q|− 1¢

, zatem _|q|¹ > 1 + n¡ ₁

|q|− 1¢

(nierówność Bernoulliego). Wystarczy zatem, aby zachodziła nierówność 1 + n¡₁

|q| − 1¢

> ^|a|_ε , czyli

n >

|a|

ε − 1

1

|q| − 1.

Można przyjać, że n_{, ε} to dowolna liczba całkowita wieksza od liczby_, ¡_|a|

ε − 1¢±¡₁

|q|− 1¢

. Dowód został zakończony.

Czytelnik zechce zwrócić uwage na to, że nie znaleźliśmy wszystkich n, dla których zachodzi_, nierówność |a₀qⁿ− 0| < ε, a jedynie wskazaliśmy moment, od którego ona zachodzi. W tym konkretnym wypadku mogliśmy nierówność |a₀qⁿ− 0| < ε rozwiazać pisz_, ac n >_, ^log(ε/a_{log |q|}⁰⁾, ale nie chcieliśmy straszyć uczniów logarytmami tym bardziej, że log |q| < 0 (bo podstawa jest wieksza_, od 1 w przeciwieństwie do liczby logarytmowanej). Na ogół łatwiej można wskazać moment, od którego potrzebna nam nierówność zachodzi niż rozwiazać nierówność._,

Przykład 9. Udowodnimy, że jeśli q > 1 i a > 0, to lim

n→∞aqⁿ = +∞. Niech q = 1 + r.

Oczywiście r > 0. Wobec tego aqⁿ > a(1 + nr) > M dla każdego n > (^M_a − 1) · ¹_r. Wystarczy wiec przyj_, ać, że n_{, M} to dowolna liczba naturalna wieksza od (_, ^M_a − 1) · ¹_r.

Przykład 10. Udowodnimy, że jeśli q ≤ −1 i a 6= 0, to ciag o wyrazie aq_, ⁿnie ma granicy. Dla ustalenia uwagi przyjmiemy, że a > 0. Wtedy dla nieparzystych n zachodzi nierówność aqⁿ< 0, wiec nie może zachodzić równość lim_,

n→∞aqⁿ = g ∈ R. Wtedy istnieje taka liczba naturalna m, że jeśli n > m, to lim

n→∞aqⁿ= +∞. Podobnie dla parzystych n zachodzi nierówność aqⁿ> 0, która wyklucza równość lim

n→∞aqⁿ = −∞. Pozostaje trzecia możliwość: |aqⁿ− g| < |a|, wiec również_,

|aqⁿ⁺¹− g| < |a|. Stad wnioskujemy, że |aq_, ⁿ− aqⁿ⁺¹| ≤ |aqⁿ− g| + |g − aqⁿ⁺¹| < 2|a|, co jednak nie jest możliwe, bo liczby aqⁿ oraz aqⁿ⁺¹ leża po różnych stronach przedziału (−a, a), wi_, ec ich_, odległość nie jest mniejsza od 2a.

Na przełomie XVIII i XIX wieku zaobserwowano, że ilość zboża zachowuje sie jak wyraz ci_, agu_, arytmetycznego (n jest numerem roku). W 1798 r. wydana została w Anglii ksiażka Thomasa_, Roberta Malthusa An Essay on the Principle of Population. A jaki wniosek wysnuto z tych ob- serwacji? Otóż liczba ludności rośnie w zasadzie jak ciag geometryczny o ilorazie nieco wi_, ekszym_, od 1. Wobec tego ilość zboża przydajaca na jedn_, a osob_, e zachowuje si_, e jak wyraz ci_, agu o wyrazie_, c_qⁿn, gdzie c > 0 i q > 1 sa pewnymi stałymi._,

Zadanie 3. Udowodnić, że dla każdej pary liczby c > 0, q > 1 zachodzi równość lim

n→∞

cn qⁿ = 0.

Rozwiazanie. Trzeba udowodnić, że dla każdej liczby ε > 0 dla wszystkich dostatecznie_, dużych liczb naturalnych n zachodzi nierówność

¯¯

¯^cn_qn − 0

¯¯

¯ < ε, czyli ^cn_qn < ε, tzn. ^cn_ε < qⁿ. Niech

√q = 1 + r. Oczywiście r > 0. Mamy qⁿ = ¡

(1 + r)ⁿ¢₂

> (1 + nr)² > n²r² — skorzystaliśmy z nierówności Bernoulliego. Wystarczy wiec, aby n_, ²r² > ^cn_ε, czyli by n > _εr^c2. Zadanie zostało rozwiazane._,

Wniosek musi być taki: ilość żywności przypadajaca na jedn_, a osob_, e b_, edzie maleć. Oczywi-_, ście tego rodzaju obserwacje sa przybliżone, bowiem co jakiś czas zdarzaj_, a si_, e powodzie, susze_, i wtedy proces wzrostu ulega zakłóceniu. To jednak w długim okresie czasu nie ma wiekszego_, znaczenia. Bywaja też zakłócenia innego rodzaju, np. w XIX zauważono, że stosowanie saletry_, chilijskiej (nawozy azotowe) zwieksza w istotny sposób plony. Były też inne zakłócenia „na-_, turalnego” tempa wzrostu ilości zbóż. Głównie zmiany w rolnictwie powodujace zwi_, ekszenie_, ilość zboża uzyskiwanego np. z 1 ha pola spowodowały, że przewidywania T. R. Malthusa nie sprawdzaja si_, e._,

Przykład 11. Po takich opowiadaniach warto zapytać młodzież np. o granice ci_, agu o wyra-_, zie _1,01ⁿ¹⁰⁰n. Aby zwiekszyć szanse na „sukces dydaktyczny” warto zach_, ecić nastolatków do użycia_, sprzetu elektronicznego. Niech oblicz_, a ze trzy wyrazy ci_, agu, może nawet cztery. Otrzymaj_, a_, kolejno nastepuj_, ace liczby:_{, 1,01}¹ , _1,0201²¹⁰⁰ = 1 267 650 600 228 229 401 496 703 205 376

1,0201 ,

3¹⁰⁰

1,01³ = 515377 520732 011331 036461 129765 621272 702107 522001

1,030301 . Jest wysoce prawdopodobne, że po tym eks-

perymencie numerycznym bed_, a bardzo gł_, eboko przekonani, że ci_, ag jest ściśle rosn_, acy oraz że_, jego granica jest +∞ — widać przecież wyraźnie, co si_, e dzieje. Jest tylko jeden drobny problem._,

To nieprawda! Wrecz kompletny nonsens. Mamy bowiem_,

(n+1)¹⁰⁰

1,01ⁿ⁺¹ ÷_1,01ⁿ¹⁰⁰n =¡

1 + _n¹¢₁₀₀

· _1,01¹ < 1 dla dostatecznie dużych n, bo lim

n→∞

¡1 + ¹_n¢₁₀₀

= 1. Dla n > 20 000 mamy 1

1,01 ·

³ 1 + 1

n

´₁₀₀

= 100

101 · 1

(1 −_n+1¹ )¹⁰⁰ < 100 101 · 1

1 −_n+1¹⁰⁰ < 100

101 · 1

1 −_{20 000}¹⁰⁰ = 20 000 20 099 < 1 . Wykazaliśmy, że dla n > 20 000 iloraz wyrazu przez wyraz poprzedni jest mniejszy od stałej mniejszej od 1, zatem wtedy ciag maleje nie wolniej niż ci_, ag geometryczny o ilorazie_, ^{20 000}_{20 099}, wiec_, mniejszym od 1. Wspaniale: po pierwsze maleje zamiast rosnać jak na pocz_, atku, a po drugie_, daży do 0, a nie — do +∞._,

Przykład 12. Niech s_n= 1 + q + q²+ · · · + qⁿ⁻¹. Jeśli q 6= 1, to s_n= (1 − q)(1 + q + · · · + qⁿ⁻¹)

1 − q = 1 + q + · · · + qⁿ⁻¹− q − q²− · · · − qⁿ

1 − q = 1 − qⁿ

1 − q . Z tej równości wynika, że jeśli |q| < 1, to lim

n→∞(1 + q + q² + · · · + qⁿ⁻¹) = lim

n→∞

1−qⁿ

1−q = _1−q¹ . Otrzymaliśmy znany powszechnie (kiedyś?) wzór na sume nieskończonego ci_, agu geometrycz-_, nego. Pozwala on np. uprawomocnić szkolne zabawy prowadzace do zamiany nieskończonego,_, okresowego od pewnego miejsca ułamka dziesietnego na ułamek zwykły. Robi si_, e to jakoś tak:_, 123, 4565656. . . = 123, 4+x = 123, 4+100x−5,6 = 117,8+100x, wiec 99x = 123, 4−117, 8 = 5,6,_, zatem x = ^5,6₉₉ = ₉₉₀⁵⁶ = ₄₉₅²⁸, wiec 123, 4565656. . . = 123, 4 +_{, 495}²⁸ = 123 +¹⁹⁸⁺²⁸₄₉₅ = 123 +¹⁹⁸⁺²⁸₄₉₅ =

= 123²²⁶₄₉₅. Można tak x = 1−1+1−1+· · · = 1+(−1)x, wiec 2x = 1, zatem x =_, ¹₂? Wobec tego

1

2 = 1−1+1−1+· · · = (1−1)+(1−1)+· · · = 0+0+· · · = 0. A może tak x = 1+2+4+8+· · · = 1 + 2(1 + 2 + 4 + 8 + . . . ) = 1 + 2x, zatem −x = 1, czyli 1 + 2 + 4 + 8 + · · · = −1. Prawda, że wszystko jest w porzadku? Troch_, e niedobrze to wygl_, ada: suma nieskończenie wielu liczb do-_, datnich ma być równa −1? Problem leży w tym, że sume nieskończon_, a należy zdefiniować, np_, jako granice ci_, agu sum cz_, eściowych: 1 + 2 + 4 + 8 + · · · = lim_,

n→∞(1 + 2 + · · · + 2ⁿ⁻¹) = +∞. Wtedy ostatnie wyprowadzenie wyglada tak: ∞ = 1 + 2 + 4 + 8 + · · · = 1 + 2(1 + 2 + 4 + . . . ) = 1 + 2∞,_, zatem −1 = 2∞ − ∞ = ∞ − ∞. I wszystko sie załamuje, bo to odejmowanie zdefiniowane nie_, jest (niżej wiecej o tym problemie). Podobnie jest z sum_, a 1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + . . . , która nie_, jest zdefiniowana, a nieco wcześniej w przekształceniach traktowaliśmy te nieistniej_, ac_, a sum_, e_, jak liczbe rzeczywist_, a._,

Po tych kilku przykładach sformułujmy

Twierdzenie 13. (o arytmetycznych własnościach granicy) A1. Jeśli istnieja granice lim_,

n→∞ an, lim

n→∞ bn i określona jest ich suma, to istnieje też granica

n→∞lim (a_n+ b_n) i zachodzi wzór: lim

n→∞(a_n+ b_n) = lim

n→∞ a_n+ lim

n→∞ b_n. A2. Jeśli istnieja granice lim_,

n→∞ a_n, lim

n→∞ b_n i określona jest ich różnica, to istnieje granica

n→∞lim (a_n− b_n) i zachodzi: lim

n→∞(a_n− b_n) = lim

n→∞ a_n− lim

n→∞ b_n.

A3. Jeśli istnieja granice lim_,

n→∞ an, lim

n→∞ bn i określony jest ich iloczyn, to istnieje granica

n→∞lim (a_n· b_n) i zachodzi: lim

n→∞(a_n· b_n) = lim

n→∞ a_n· lim

n→∞ b_n. A4. Jeśli istnieja granice lim_,

n→∞ a_n, lim

n→∞ b_ni określony jest ich iloraz, to istnieje granica lim

n→∞

a_n b_n i zachodzi wzór lim

n→∞

an

bn = lim

n→∞ a_n

n→∞lim b_n .

Komentarza wymagaja stwierdzenia „ jeśli istnieje . . . ”. Otóż granice bywaj_, a nieskończone._, Należy wiec powiedzieć, co ma oznaczać np. ∞+∞, albo_, ^∞_∞ itd. Sa jednak kłopoty. Nie wszystkie_, działania można zdefiniować sensownie.

Definicja 14. (działań z użyciem ±∞)

−(+∞) = −∞, +(+∞) = +∞, −(−∞) = +∞, +(−∞) = −∞.

+∞ ± a = ±a + (+∞) = +∞ −∞ ± a = ±a + (−∞) = −∞ dla każdej liczby rzeczywistej a.

+∞ + (+∞) = +∞, −∞ + (−∞) = −∞, +∞ − (−∞) = +∞, −∞ − (+∞) = −∞.

+∞ · a = +∞ i −∞ · a = −∞ dla każdego a > 0.

(+∞) · (+∞) = (−∞) · (−∞) = +∞.

+∞ · a = −∞ i −∞ · a = +∞ dla każdego a < 0.

a

±∞ = 0 dla dowolnej liczby rzeczywistej a.

±∞

a = ±∞ · ¹_a dla dowolnej liczby a 6= 0.

a^+∞= +∞, a^−∞= 0 dla dowolnej liczby a > 1.

∞^∞= ∞, ∞^−∞ = 0.

a^+∞= 0 i a^−∞= +∞ dla dowolnej liczby 0 < a < 1.

−∞ < a < +∞ dla dowolnej liczby rzeczywistej a.

−∞ < +∞.

Innych działań nie definiujemy, bo chodzi o to, aby twierdzenie o arytmetycznych własno- ściach granicy było prawdziwe. Dlaczego nie definiujemy np. symbolu ∞ − ∞. Z jednej strony powinno być to „z oczywistych powodów” równe 0. Niech an = n, bn = n − 1. Wtedy oczywiście

n→∞lim a_n = ∞ = lim

n→∞b_n i jednocześnie a_n− b_n = 1 dla każdego n, zatem lim

n→∞(a_n− b_n) = 1. Wiec_, nie 0 lecz 1 ? Ale zmieniajac definicj_, e drugiego z ci_, agów: b_, ⁰_n = n + 7, b⁰⁰_n = 2n otrzymujemy

n→∞lim (a_n− b⁰_n) = −7, lim

n→∞(a_n− b⁰⁰_n) = −∞. Bez trudu można uzyskać dowolna liczb_, e, ∞ oraz_,

−∞. Przyjmijmy wreszcie ˆb_n= n + (−1)ⁿ. Wtedy a_n− ˆb_n = −(−1)ⁿ, wiec granica nie istnieje._, Innymi słowy różnica dwóch ciagów, których granic_, a jest ∞ może być dowoln_, a liczb_, a, może też_, być nieskończona, może też nie istnieć. Oznacza to, że nie można zdefiniować sensownie symbolu ∞ − ∞.

Zadanie 4. Wykazać, że nie jest możliwe sensowne zdefiniowanie symbolu ^∞_∞, tzn. podać przykłady świadczace o tym, że granic_, a ilorazu ci_, agów, których granic_, a jest ∞ może być do-_, wolna liczba rzeczywista, może być ∞, a może też zdarzyć sie, że iloraz takich ci_, agów granicy_, nie ma.

Zadanie 5. Wykazać, że nie jest możliwe sensowne zdefiniowanie symbolu 0⁰, tzn. podać przykłady świadczace o tym, że jeśli lim_,

n→∞a_n = 0 = lim

n→∞b_n i a_n > 0 dla każdego n, to granica_, ciagu a_, ^b_nⁿ może być dowolna liczba rzeczywista nieujemna, może być ∞, a może też zdarzyć sie,_, że ciag a_, ^b_nⁿ granicy nie ma.

Zadanie 6. Obliczyć granice lim_,

n→∞(n²− 10n + 13).

Rozwiazanie. Mamy lim_,

n→∞n² = lim

n→∞n · lim

n→∞n = ∞ · ∞ = ∞, na mocy twierdzenia o granicy iloczynu. Chciałoby sie napisać, że lim_,

n→∞(n² − 10n + 13) = lim

n→∞n²− 10 lim

n→∞n + 13, ale to nic nie daje, bo odejmowanie ∞ − ∞ nie jest zdefiniowane. Jest jednak na to rada:

n→∞lim (n²− 10n + 13) = lim

n→∞n² · lim

n→∞(1 −¹⁰_n + ¹³_n2 = ∞²· (1 − 10 · 0 + 13 · 0²) = ∞ · 1 = ∞.

Zadanie 7. Obliczyć granice lim_,

n→∞

n²+10n+13 5n²−31n+7.

Rozwiazanie. Granic_, a licznika i mianownika jest ∞ (por. poprzednie zadanie), wi_, ec trzeba_, wyrażenie nieco przekształcić, by uniknać niezdefiniowanego symbolu (nieoznaczoności). Mamy_,

n→∞lim

n²+ 10n + 13

5n²− 31n + 7 = lim

n→∞

1 + 10 ·_n¹ + 13 · _n¹2

5 − 31 · ¹_n+ 7 · _n¹2

= 1 + 10 · 0 + 13 · 0² 5 − 31 · 0 + 7 · 0² = 1

5.

Dwa ostatnie zadania pokazuja, najprostsz_, a z najbardziej typowych metod obliczania granic._, Zadanie 8. Udowodnić, że dla dowolnych nieujemnych liczb rzeczywistych a, b i dowolnej liczby naturalnej m > 1 zachodzi nierówność¯¯^m√

a − ^m√ b¯

¯ ≤ ^mp

|a − b|, przy czym równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy a = b.

Rozwiazanie. Dla a = b zachodzi równość — obie strony s_, a równe 0. Załóżmy, że a > b._, Dowodzona nierówność jest równoważna takiej ^m√

a < ^m√ b + √^m

a − b, ta z kolei nastepuj_, acej_, a <¡_m√

b + ^m√

a − b¢_m

. Wykonujac pot_, egowanie z prawej strony otrzymujemy_, b + suma wielu dodatnich składników + a − b > b + a − b = a .

Zakończyliśmy dowód. Dodajmy jeszcze, że gdy m jest liczba nieparzyst_, a, teza jest prawdziwa_, bez założenia a, b ≥ 0.

Zauważmy, że w ostatnio rozwiazanym zadaniu nie jest konieczna znajomość dwumianu_, Newtona, wystarczy umieć wymnażać sumy liczb rzeczywistych, wiec wiedzieć, że mnożenie_, jest rozdzielne wzgledem dodawania._,

Zadanie 9. Udowodnić, że jeśli lim

n→∞a_n = 0 i a_n ≥ 0 dla każdego n, to dla każdej liczby naturalnej m > 1 zachodzi równość lim

n→∞

m√

a_n= 0.

Rozwiazanie. Załóżmy, że ε > 0. Istnieje wtedy taka liczba naturalna k, że dla n > k_, zachodzi nierówność 0 < am < ε^m. Stad wynika, że_, ^m√

an < ε.

Dowód został zakończony.

Dodajmy jeszcze, że gdy m jest liczba nieparzyst_, a, teza wykazana w ostatnim zadaniu jest_, prawdziwa bez założenia a ≥ 0.

Zadanie 10. Udowodnić, że jeśli lim

n→∞an = a i an ≥ 0 dla każdego n, to dla kazdej liczby naturalnej m > 1 zachodzi równość lim

n→∞

m√

a_n= ^m√ a.

Rozwiazanie. Teza wynika z równoważności lim_,

n→∞an = a ⇐⇒ lim

n→∞(an− a) = 0 i z poprzed- niego zadania .

Podobnie jak poprzednio dla nieparzystych liczb m twierdzenie zachodzi bez założenia a, b ≥ 0.

Zadanie 11. Obliczyć granice lim_,

n→∞

√n¡√

n + 13 −√

n + 7¢ . Rozwiazanie. Mamy lim_,

n→∞

√n = ∞, bo jeśli n > M², to √

n > M. W taki sam sposób stwierdzamy, że lim

n→∞

√n + 13 = ∞ oraz lim

n→∞

√n + 7 = ∞. Wobec tego mamy do czynienia z sytuacja ∞(∞ − ∞), wi_, ec musimy badane wyrażenie nieco przekształcić. Pierwszy problem_, to zawartość nawiasu. Mamy

n→∞lim

¡√n + 13−√

n + 7¢

= lim

n→∞

n + 13 − (n + 7)

√n + 13 +√

n + 7 = lim

n→∞

√ 6

n + 13 +√

n + 7 = 6

∞ + ∞ = 0 . No to problem sie „uprościł” — teraz mamy do czynienia z wyrażeniem 0 · ∞, wi_, ec znów trzeba_, coś zrobić, bo twierdzenie o arytmetycznych własnościach granicy problemu automatycznie nie rozwiazuje. Mamy_,

n→∞lim

√n¡√

n + 13−√

n + 7¢

= lim

n→∞

6√

√ n

n + 13 +√

n + 7 = lim

n→∞

√ 6

1 + ¹³_n +√

1 + _n⁷ = 6

1 + 1 = 3 . Zadanie 12. Obliczyć granice lim_,

n→∞

√3

n¡√₃

n + 13 −√³

n + 7¢ .

Rozwiazanie. Skorzystamy z wzoru a_, ³− b³ = (a − b)(a²+ ab + b². Mamy

n→∞lim

√3

n¡√₃

n + 13 −√³

n + 7¢

= lim

n→∞

√3

n(n + 13 − (n + 7)) p3

(n + 13)²+√³

n + 13√³

n + 7 +p³

(n + 7)² =

= lim

n→∞

6√³ n p3

(n + 13)²+√³

n + 13√³

n + 7 +p³

(n + 7)² =

= lim

n→∞

6

√3

n

³

3

q

(1 + ¹³_n)²+ ³ q

1 + ¹³_n ³ q

1 + _n⁷ + ³ q

(1 + ⁷_n)²

´ = 6

∞(1 + 1 + 1) = 0 .

Zadanie 13. Obliczyć granice lim_,

n→∞

√3

n²¡√₃

n + 13 −√³

n + 7¢ .

Rozwiazanie. Post_, epujemy tak jak w poprzednim zadaniu (pomijaj_, ac cz_, eść przekształceń):_,

n→∞lim

√3

n²¡√₃

n + 13 −√³

n + 7¢

= lim

n→∞

6√³ n² p3

(n + 13)²+√³

n + 13√³

n + 7 +p³

(n + 7)² =

= lim

n→∞

6

3

q

(1 + ¹³_n)²+ ³ q

1 + ¹³_n ³ q

1 + ⁷_n+ ³ q

(1 + _n⁷)²

= 6

1 + 1 + 1 = 2 .

Zadanie 14. Obliczyć granice lim_,

n→∞n¡√₃

n + 13 −√³

n + 7¢ .

Rozwiazanie. Post_, epujemy tak jak w poprzednim zadaniu:_,

n→∞lim n¡√₃

n + 13 −√³

n + 7¢

= lim

n→∞

6n p3

(n + 13)² +√³

n + 13√³

n + 7 +p³

(n + 7)² =

= lim

n→∞

6√³ n

3

q

(1 + ¹³_n)²+ ³ q

1 + ¹³_n ³ q

1 + ⁷_n+ ³ q

(1 + _n⁷)²

= 6 · ∞

1 + 1 + 1 = ∞ .

Nastepne twierdzenie jest bardzo użyteczne._, Twierdzenie 15. (o szacowaniu)

N1. Jeśli C < lim

n→∞ a_n, to dla dostatecznie dużych numerów n zachodzi nierówność C < a_n. N2. Jeśli C > lim

n→∞ a_n, to dla dostatecznie dużych numerów n zachodzi nierówność C > a_n. N3. Jeśli lim

n→∞ b_n< lim

n→∞ a_n, to dla dostatecznie dużych numerów n zachodzi nierówność b_n< a_n.

N4. Jeśli b_n≤ a_n dla dostatecznie dużych numerów n, to zachodzi nierówność

n→∞lim b_n ≤ lim

n→∞ a_n.

Dowód. N1 i N2 wynikaja bezpośrednio z definicji granicy. N3 wynika z N1 i N2 —_, wystarczy rozważyć dowolna liczb_, e C ∈ ( lim_,

n→∞ b_n, lim

n→∞ a_n). N4 wynika z N3 — rozumujemy nie wprost.

Wniosek 16. (z twierdzenia o szacowaniu — jednoznaczność granicy) Ciag ma co najwyżej jedn_, a granic_, e._,

Dowód. Gdyby miał dwie np. g1 < g2, to wybrać moglibyśmy liczbe C ∈ (g_, 1, g2). Wtedy dla dostatecznie dużych n byłoby jednocześnie a_n < C (zob. N2) oraz a_n > C (zob. N1), co oczywiście nie jest możliwe.

Wniosek 17. (z tw. o szacowaniu — ograniczoność ciagu o granicy skończonej)_, Jeśli granica lim

n→∞ a_njest skończona, to istnieja liczby rzeczywiste C, D takie, że dla wszystkich_, n zachodzi nierówność C < a_n < D, czyli ciag (a_{, n}) jest ograniczony z dołu liczba C zaś z góry_, liczba D._,

Twierdzenie 18. (o trzech ciagach)_,

Jeśli an ≤ bn ≤ cn dla dostatecznie dużych n i ciagi (a_, n) oraz (cn) maja równe granice, to ci_, ag_, (bn) też ma granice i zachodzi wzór_,

n→∞lim a_n= lim

n→∞ b_n = lim

n→∞ c_n. Natychmiastowy dowód tego twierdzenia opuszczamy.