Projekt okładki Edwin Radzikowski Redakcja Elżbieta Sejferówna ...

1.7. Przykłady i komentarze 25
też zbieżny do g. Wobec tego g = lim q n+1 = lim (q · q n ) = q · lim q n = q · g,
n→∞ n→∞ n→∞
czyli g = qg. Stąd, ponieważ q ≠ 1, natychmiast wynika, że g = 0. Załóżmy
teraz, że −1 < q < 0. Wtedy −|q| n ≤ q n ≤ |q| n . Z już udowodnionej części
twierdzenia i z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że 0 = lim (−|q| n ) =
n→∞
= lim q n = lim |q| n = 0.
n→∞ n→∞
W ten sam sposób można rozważyć przypadek q > 1. Ciąg (q n ) jest ściśle
rosnący, więc ma granicę g. Spełniona musi być równość g = qg, co jest możliwe
jedynie wtedy, gdy g = 0 lub g = ±∞. Wiemy oczywiście, że g > 0 – granica
rosnącego ciągu liczb dodatnich musi być większa niż 0, wobec tego g = + ∞.
W przypadku q ≤ −1 ciąg nie ma granicy, gdyż możemy wybrać podciąg, który
ma granicę g 1 ≤ −1, np. q 2n−1 = q · (q 2 ) n oraz podciąg, który ma granicę
g 2 ≥ 1, np. q 2n = (q 2 ) n , istnienie podciągów o różnych granicach przeczy
istnieniu granicy ciągu, zarówno skończonej jak i nieskończonej.
lim
n→∞
Przykład √ 1.8. Niech a > 0 będzie liczbą rzeczywistą. Wykażemy, że
n
a = 1. Podobnie jak w poprzednich przypadkach pokażemy dwie metody.
Tym razem zaczniemy od sposobu z mniejszą liczbą rachunków, czyli
„bardziej teoretycznego”.
Załóżmy, że a > 1. Ciąg ( n√ a) jest w tym przypadku ściśle malejący, jego
wyrazy są większe niż 1, więc ma granicę skończoną g, która nie może być
mniejsza niż 1. Każdy podciąg tego ciągu jest zbieżny do g. Między innymi
g = lim
n→∞
2n √ a. Skorzystamy teraz z twierdzenia o iloczynie granic:
g 2 = g · g = lim
n→∞
2n √ a · lim
n→∞
2n √ a = lim
n→∞
(
2n
√ a
) 2
= lim
n→∞
n √ a = g,
zatem g 2 = g. Stąd wynika, że g = 0 < 1 lub g = 1 (już wiemy, że g nie jest
równe ±∞). Ponieważ pierwsza możliwość została wcześniej wykluczona, więc
zostaje druga, czyli g = 1.
Dla a = 1 teza jest prawdziwa w oczywisty sposób. Załóżmy teraz, że
0 < a < 1. Mamy lim
√ n 1
a = lim
n→∞ n→∞
n√ = 1
1/a lim
= 1 = 1 – skorzystaliśmy
n√1/a 1
n→∞
z twierdzenia o ilorazie granic oraz z już udowodnionej części tezy.
Teraz udowodnimy, że lim
√ n
a = 1 w przypadku a > 1, za pomocą szacowań.
Niech ε będzie dowolną liczbą rzeczywistą dodatnią. Chcemy wykazać, że
n→∞
dla dostatecznie dużych liczb naturalnych n zachodzi nierówność | n√ a−1| < ε,
czyli że 1 −ε < n√ a < 1+ε. Ponieważ a > 1, nierówność podwójna sprowadza
n
się do nierówności √ a < 1+ε, czyli do nierówności a < (1+ε) n . Ta z kolei wynika
z nierówności a < 1+nε, bo 1+nε < (1+ε) n – nierówność Bernoulliego.
Wystarczy więc, by n ε > a−1 . To kończy dowód.
ε
Uwaga 1.21 (o rozumowaniu w przykładzie 1.8): nie rozwiązywaliśmy nierówności
n√ a < 1+ε, gdyż wymagałoby to zastosowania logarytmów, n >
log a
log(1+ε) ,