ANALIZA MATEMATYCZNA 1

ANALIZA

MATEMATYCZNA 1

Marian Gewert Zbigniew Skoczylas

ANALIZA

MATEMATYCZNA 1

Przykłady i zadania

Wydanie dwudzieste piąte uzupełnione

GiS

Oficyna Wydawnicza GiS

Wrocław 2017

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 – 2017 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 978–83–62780–47–1

Wydanie XXV uzupełnione, Wrocław 2017 Oficyna Wydawnicza GiS, s.c., www.gis.wroc.pl Druk i oprawa: Oficyna Wydawnicza ATUT

4

Spis treści

Wstęp 7

1 Funkcje 9

Przykłady . . . 9

Podstawowe określenia . . . 9

Funkcje monotoniczne . . . 10

Złożenie funkcji . . . 11

Funkcje odwrotne . . . 12

Funkcje elementarne i inne . . . 13

Zadania . . . 15

2 Ciągi liczbowe 17 Przykłady . . . 17

Podstawowe określenia . . . 17

Granice ciągów . . . 21

Twierdzenia o granicach ciągów . . . 22

Zadania . . . 34

3 Granice i ciągłość funkcji 38 Przykłady . . . 38

Definicje granic funkcji . . . 38

Twierdzenia o granicach funkcji . . . 40

Asymptoty funkcji . . . 51

Ciągłość funkcji . . . 57

Twierdzenia o funkcjach ciągłych . . . 61

Zadania . . . 65

4 Pochodne funkcji 71 Przykłady . . . 71

Podstawowe pojęcia . . . 71

Pochodne jednostronne i pochodne niewłaściwe . . . 73

Twierdzenia o pochodnej funkcji . . . 77

Różniczka funkcji . . . 86

5

Pochodne wyższych rzędów . . . 88

Pochodne funkcji wektorowych . . . 93

Zadania . . . 95

5 Zastosowania pochodnych 100 Przykłady . . . 100

Twierdzenia o wartości średniej . . . 100

Twierdzenia o granicach nieoznaczonych . . . 107

Rozwinięcie Taylora funkcji . . . 112

Ekstrema funkcji . . . 117

Funkcje wypukłe i punkty przegięcia wykresu funkcji . . . 125

Badanie funkcji . . . 130

Zadania . . . 142

6 Całki nieoznaczone 148 Przykłady . . . 148

Całki nieoznaczone . . . 148

Twierdzenia o całkach nieoznaczonych . . . 150

Całkowanie funkcji wymiernych . . . 157

Całkowanie funkcji trygonometrycznych . . . 168

Całkowanie funkcji z niewymiernościami . . . 175

Zadania . . . 180

7 Całki oznaczone 183 Przykłady . . . 183

Podstawowe twierdzenie rachunku całkowego . . . 183

Metody obliczania całek oznaczonych . . . 187

Twierdzenia o całkach oznaczonych . . . 190

Zadania . . . 193

8 Zastosowania całek oznaczonych 197 Przykłady . . . 197

Zastosowania w geometrii . . . 197

Zastosowania 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 studentów politechnik. 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 po kroku” 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 rozwiązywania zadań, można znaleźć w pierwszej części zestawu. Zadania oznaczone gwiazdką są przeznaczone dla ambitnych studentów. Więcej podobnych zadań Czytelnik znajdzie w książce „Algebra i analiza. Egzaminy na ocenę celującą”. Na końcu zbioru umiesz- czone 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.

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 2 Ciągi liczbowe

Przykłady

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=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.

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 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.



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 elementami ciągu (an) zachodzi nierówność słaba an+1­ andla n ­ n0, to ciąg jest niemalejący od indeksu n0. Zmieniając powyżej 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/anz 1.

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

n + 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+1

bn

=

(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 + 1 n< n².

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 = 4 r

1 +4 n+ 1 oraz

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.

Stąd mamy

cn+1= 4

r 1 + 4

n + 1+ 1

> 4 r

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. 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.

20 Ciągi liczbowe

◮(e*) Mamy

en= √ⁿ

5ⁿ+ 6ⁿ= 6ⁿ r₅

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 nierówności √ⁿ

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 r

1 +₅ 6

n+1

< 6ⁿ r

1 +₅ 6

n+1

< 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/fn z 1. Mamy

fn+1

fn

= (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 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.

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− hnjest dodatnia, więc ciąg (hn) jest rosnący.

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 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.

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 >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

22 Ciągi liczbowe liczbą dodatnią. Musimy zatem znaleźć liczbę n0∈ N taką, że dla każdego n > n0 spełniona 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).



Przykład 2.4. Korzystając z definicji granicy niewłaściwej ciągu uzasadnić rów- ności:

(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 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 ⇐⇒ log¹

2n < log¹

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) 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);

Przykłady 23

(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 a_n

n→∞lim bn

, o ile lim

n→∞bn6= 0,

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. Z kolei 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

n→∞lim

5n⁶− 3n⁴+ 2 5 − 10n⁶

h: n⁶ : n⁶

i

= lim

n→∞

5 − 3 n² + 2

n⁶ 5 n⁶ − 10

4

=

n→∞lim

 5 − 3

n² + 2 n⁶



n→∞lim

 ₅ n⁶ − 10

1, 2

= 5 − lim

n→∞

3 n² + lim

n→∞

2 n⁶

n→∞lim 5 n⁶ − 10

=5 − 0 + 0 0 − 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. 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: n² : n²

i

= lim

n→∞

2 1 +1

n

2

3 +5 n

4

= lim

n→∞

 2

1+1 n

2

lim

n→∞

 3 +5

n

 

1, 3, 5

= 2

 1+

lim

n→∞

1 n

2

3 + lim

n→∞

5 n

= 2(1+0)² 3 + 0 = 2

3.

◮(d) Mamy

n→∞lim

(3ⁿ−2ⁿ) (4ⁿ−3ⁿ)

h: 4ⁿ : 4ⁿ

i

= lim

n→∞

₃ 4

n

−₁ 2

n

1−₃ 4

n

4

=

n→∞lim h₃

4

n

−₁ 2

ni

n→∞lim h

1−₃ 4

ni

2

=

n→∞lim

₃ 4

n

− lim

n→∞

₁ 2

n

1 − lim

n→∞

₃ 4

n

7

=0−0 1−0 = 0.

◮(e) W rozwiązaniu wykorzystamy dodatkowo wzór 

∗

a−b = a²− b²

a + b (a+b 6= 0). Mamy lim

n→∞

pn²+ 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 1 n

n

pn²+ n + 1 + n

= lim

n→∞

1 +1 r n

1+1 n+ 1

n²+1

4

=

lim

n→∞

 1 + 1

n



n→∞lim r

1+1 n+ 1

n²+1

!

1, 6

=

Przykłady 25

=

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
_√4

x +√⁴y

√4

x +√⁴y

=

√x −√y

√4

x +√⁴y =

√x −√y
√ x + √y

√4

x +√⁴y
√

x + √y
⁼ √₄ ^{x − y} 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

=

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

=

n→∞lim

 2 +1

n− 1 n³



n→∞lim

" r 1 +1

n+ ⁴ r

1 + 1 n⁴

! 1 + 1

n+ r

1 + 1 n⁴

!#

3

=

lim

n→∞

 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.

26 Ciągi liczbowe

◮(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

n→∞lim 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: n² : n²

i=

1 + 1 n² 4 +2

n+ 1

n²(2n − 1)!

.

Stąd

n→∞lim

n²+ 1

(2n − 1)!

(2n + 1)! + 1 = lim

n→∞

1 + 1 n² 4 +2

n + 1

n²(2n − 1)!

4

=

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 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

n→∞lim

1 + 2 + 2²+ . . . + 2²ⁿ 4 + 4²+ 4³+ . . . + 4ⁿ = lim

n→∞

2 · 4ⁿ− 1 4

3(4ⁿ− 1) h: 4ⁿ

: 4ⁿ

i

= lim

n→∞

3 4·2 − 1

4ⁿ 1 − 1 4ⁿ

3, 4

=

Przykłady 27

= 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.



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

∗ lim

n→∞

√n

a = 1, gdy a > 0;



∗∗ lim

n→∞

√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 lim

n→∞

√ 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 = 2

₃ 4

n

dla każdego n ∈ N. Ponieważ (wzór 

7 , s. 23) lim

n→∞

₁ 2

n

= 0 oraz lim

n→∞2₃ 4

n

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

lim

n→∞

3ⁿ+ 1 (5 + cos n)ⁿ = 0.

28 Ciągi liczbowe

◮(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

lim

n→∞

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.

Przykłady 29

Ponieważ

n→∞lim

√ n

n²+ n = lim

n→∞

1 r

1 +1 n

= 1 oraz lim

n→∞

√ n

n²+ 1= lim

n→∞

1 r

1 + 1 n²

= 1,

więc z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że

n→∞lim

 1

√n²+ 1+ 1

√n²+ 2+ . . . + 1

√n²+ n



= 1.

◮(h*) Dla n ∈ N prawdziwa jest nierówność log₂(2ⁿ+ 1)

log₂(4ⁿ+ 1) ­ log₂2ⁿ

log₂(4ⁿ+ 4ⁿ) = log₂2ⁿ

log₂2 · 4ⁿ = log₂2ⁿ

log₂2²ⁿ⁺¹ = n log₂2

(2n + 1) log₂2= n 2n + 1 oraz log₂(2ⁿ+ 1)

log₂(4ⁿ+ 1) ¬ log₂(2ⁿ+ 2ⁿ)

log₂4ⁿ = log₂2ⁿ⁺¹

log₂2²ⁿ = (n + 1) log₂2

2n log₂2 =n + 1 2n . Mamy zatem

n

2n + 1 ¬log₂(2ⁿ+ 1)

log₂(4ⁿ+ 1) ¬n + 1 2n . Ponieważ zachodzą oczywiste równości

n→∞lim n 2n + 1 =1

2 oraz lim

n→∞

n + 1 2n =1

2, więc z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że

n→∞lim

log₂(2ⁿ+ 1) log₂(4ⁿ+ 1) =1

2.



Przykład 2.7. Korzystając z twierdzenia o ciągu monotonicznym i ograniczonym uzasadnić 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/xnz 1. Mamy

xn+1

xn

= 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> 0 dla 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 z dołu. 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 ograniczonym wynika, że ciąg (zn) jest zbieżny. Niech g oznacza jego granicę. Przechodząc w równości zn+1= zn· 1

1 + zn

z 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 + · · · +2ⁿ 3ⁿ



∗

= 2

3·1 −₂ 3

n

1 −2 3

= 2h 1 −₂

3

ni

< 2.

Pokazaliśmy, że badany ciąg spełnia założenia twierdzenia o ciągu monotonicznym i ograni- czonym, a zatem jest zbieżny.

Uwaga.W miejscu oznaczonym [∗] korzystaliśmy ze wzoru na sumę n początkowych wyrazów ciągu geometrycznego Sn= a11 − qⁿ

1 − q .