Projekt okładki Edwin Radzikowski Redakcja Elżbieta Sejferówna ...

24 1. Ciągi nieskończone
o granicy ilorazu (tw. 1.10.4). Z niego wynika od razu, że granicą jest 2 = 1.
4 2
Oczywiście nic więcej już robić nie trzeba, bo twierdzenie o arytmetycznych
własnościach granicy gwarantuje zarówno istnienie granic, jak i odpowiednie
równości.
Pokażemy jednak jeszcze jeden sposób, który w tak prostej sytuacji
żywo przypomina strzelanie z armaty do wróbla, jednak chcemy zilustrować
metodę na bardzo prostym przykładzie. Zastosujemy twierdzenie Stolza.
Otóż lim (4n − 1) = + ∞. Ciąg (4n − 1) jest ściśle rosnący. Gdyby więc
n→∞
istniała granica lim
, to byłaby równa poszukiwanej. Mamy
[2(n+1)+3]−[2n+3]
n→∞ [4(n+1)−1]−[4n−1]
[2(n+1)+3]−[2n+3]
= 2 = 1. Otrzymaliśmy ciąg stały o wyrazie 1 , więc jego
[4(n+1)−1]−[4n−1] 4 2 2
granicą jest 1 Podkreślmy raz jeszcze, że chodzi o pokazanie, jak można zastosować
twierdzenie Stolza, choć sam przykład jest bardzo
2.
prosty.
Przykład 1.6. Rozważymy następny prosty ciąg: lim (n 5 −100n 4 −333978).
n→∞
Wykażemy, że ciąg ten ma granicę + ∞. Czytelnik zechce zwrócić uwagę na to,
że na pewno pierwsze 100 wyrazów to liczby ujemne – nie twierdzimy, że tylko
sto, ale n 5 − 100n 4 = n 4 (n − 100) ≤ 0 dla n ≤ 100, a od tej liczby odejmujemy
jeszcze 333978, więc te wyrazy są ujemne, a o znaku dalszych nic nie mówimy.
Zapiszmy wyraz ciągu w postaci n 5 (1 − 100 − 333978 ). Oczywiście lim n 5 =
n n 5
n→∞
= ( lim n) · ( lim n) · ( lim n) · ( lim n) · ( lim n) = (+ ∞) · (+ ∞) · (+ ∞) ·
n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ n→∞
·(+ ∞) · (+ ∞) = + ∞ na mocy twierdzenia o granicy iloczynu (1.10.3). Na
mocy twierdzenia o granicy ilorazu (1.10.4) stwierdzamy, że lim = 0 oraz
100
n→∞
n
333978
lim = 0. Możemy więc zastosować dwukrotnie twierdzenie o granicy różnicy
(1.10.2), by stwierdzić, że lim 1 −
n→∞ n 5
(
100
− ) 333978
n→∞ n n = 1 − 0 − 0 = 1. Nasz
5
ciąg został więc przedstawiony jako iloczyn dwóch ciągów, z których pierwszy
dąży do + ∞, a drugi do liczby dodatniej, do 1. Z definicji mnożenia symboli
nieskończonych przez liczby dodatnie i twierdzenia o granicy iloczynu wynika,
że jego granicą jest + ∞.
Oczywiście i w tym przypadku można postąpić nieco inaczej. Możemy napisać
nierówność: n 5 − 100n 4 − 333978 ≥ n 5 − 334078n 4 = n 4 (n − 334078) –
otrzymaliśmy ciąg, który jest iloczynem dwóch ciągów: (n − 334078) i (n 4 ).
Oba dążą do + ∞, więc ich iloczyn dąży do + ∞ · + ∞ = + ∞.
Przykład 1.7. Pokazaliśmy wcześniej, że wyraz ciągu geometrycznego o ilorazie
z przedziału (−1,1) jest zbieżny do 0. Pokażemy, jak można uzyskać ten sam
rezultat bez szacowań, stosując w zamian twierdzenie o istnieniu granic pewnych
ciągów. Załóżmy na początek, że 0 ≤ q < 1. Wtedy oczywiście q n+1 ≤ q n ,
czyli ciąg jest nierosnący, a więc ma granicę. Oznaczmy ją symbolem g. Ponieważ
wszystkie wyrazy ciągu leżą w przedziale (0,1), granica leży w przedziale
[0,1]. Jest jasne, że jeśli granicą ciągu jest liczba g, to każdy jego podciąg jest