Projekt okładki Edwin Radzikowski Redakcja Elżbieta Sejferówna ...

26 1. Ciągi nieskończone
wskazaliśmy jedynie moment, od którego nierówność jest prawdziwa, nie troszcząc
się o to, co się dzieje w przypadku wcześniejszych n.
Przykład 1.9. Teraz wykażemy, że granicą ciągu ( n√ n) jest liczba 1. Zacznijmy
od wypisania kilku pierwszych wyrazów ciągu:
1√ √ √
1 = 1, 2,
3
3, 4√ 4 = √ 2,
.... Bez trudu można stwierdzić, że 3√ 3 > √ 2 – można np. podnieść tę nierówność
obustronnie do potęgi 6. Oznacza to, że √ 2 < 3√ 3 > 4√ 4. Wynika stąd, że
ciąg ten nie jest ani malejący ani rosnący. Nie wyklucza to monotoniczności od
pewnego miejsca. Udowodnimy więc, że lim
√ n
n = 1, korzystając z definicji
n→∞
granicy ciągu, inny sposób pokażemy później.
Niech ε będzie dodatnią liczbą dodatnią. Ponieważ wszystkie wyrazy ciągu
są większe lub równe od 1, więc wystarczy wykazać, że dla dostatecznie dużych
n zachodzi nierówność n√ n < 1 + ε, czyli n < (1 + ε) n . Tym razem nierówność
Bernoulliego jest niewystarczająca, ale ponieważ ε > 0, więc dla n ≥ 2 mamy
(1+ε) n ≥ 1+ ( (
n
1)
ε+
n
)
2 ε 2 > ( )
n
2 ε 2 . Wystarczy więc, żeby n < ( )
n
2 ε 2 = n(n−1) ε 2 ,
2
2
czyli + 1 < n, co kończy dowód.
ε 2
Teraz pokażemy, jak można uzyskać ten wynik bez szacowań. Podnosimy
stronami nierówność n+1√ n + 1 < n√ n do potęgi n(n + 1). Wynik to
(n + 1) n < n n+1 . Dzieląc stronami prze z n n , otrzymujemy n > ( )
n+1 n
n =
= ( 1 + n) 1 n
( . Otóż wcześniej wykazaliśmy (podrozdział 1.3), że ciąg
(1 )
+
1 n
)
jest ograniczony. Wobec tego nierówność n > ( 1 + 1 n
n
n)
zachodzi
dla wszystkich dostatecznie dużych liczb naturalnych n – nie mamy
powodu ustalać w tej chwili, od którego momentu jest ona prawdziwa. Wobec
tego ciąg ( n√ n) jest malejący od pewnego momentu, jest też ograniczony z dołu
przez liczbę 1, a co zatem idzie – zbieżny. Niech g będzie jego granicą. Każdy
2n
podciąg tego ciągu, np.
√ 2n, jest zbieżny do tej samej granicy g. Wobec tego:
g 2 = g · g = lim
√ 2n
2n · lim
√ 2n
2n = lim
n→∞ n→∞
(
n√
= lim
√ )
2 ·
n
n
n→∞
n→∞
(
= lim
n→∞
n √ 2 · n√ n = 1 · g.
√ ) 2
2n
2n
Otrzymaliśmy równość g 2 = g, a ponieważ 1 ≤ g < + ∞, więc g = 1, co kończy
dowód. Okazało się, że również w tym przypadku można ominąć rachunki,
wymagało to tylko nieco więcej zachodu niż poprzednio, gdyż ciąg nie jest
monotoniczny, a tylko malejący od pewnego momentu.
Przykład 1.10. Niech k będzie dowolną liczbą całkowitą dodatnią, q liczbą
rzeczywistą większą od 1. Wykażemy, że lim
k
= 0. Ciąg (q n ) jest ściśle
n
n→∞ q n
rosnący, jego granicą jest + ∞, więc spróbujemy użyć twierdzenie Stolza. Zaczniemy
od k = 1. Mamy: