Projekt okładki Edwin Radzikowski Redakcja Elżbieta Sejferówna ...

28 1. Ciągi nieskończone
i niech n > m. Wtedy:
0 <
q n
∣n!
∣ = |qm |
·
m!
|q|
m + 1 ·
|q|
m + 2 · · · · · |q| ( ) n−m
n < |qm | 1
· .
m! 2
Ostatnie wyrażenie dąży do 0, gdyż jest to wyraz ciągu geometrycznego o ilorazie
1 . Stosujemy twierdzenie o trzech ciągach. Z niego wynika, że lim ∣ qn ∣
2 n→∞ n! = 0.
Dowód został zakończony.
n!
Przykład 1.12. lim = 0. Wynika to stąd, że 0 < n! = 1 · 2 · · · · · n ≤ 1
n→∞ n n n n n n n n
1
i tego, że lim = 0. Dowód został zakończony.
n→∞ n
Przykład 1.13. Jeżeli k > 1 jest liczbą naturalną, x 1 , x 2 , ... są liczbami
nieujemnymi i lim x n = g, to lim
√ k
x n = k√ g. Jeśli bowiem ( √ )
k
x ln jest podciągiem
zbieżnym do granicy x ciągu ( √ )
n→∞ n→∞
k
x n , to dzięki twierdzeniu o granicy
iloczynu ciągów zachodzi: x k = ( lim
√ k
x ln ) k = lim x ln = g. Ponieważ x ≥ 0,
n→∞ n→∞
jako granica ciągu liczb nieujemnych, więc x = k√ g. Wykazaliśmy więc, że
wszystkie te podciągi ciągu ( √ )
k
x √ n , które mają granice, są zbieżne do
k
g.
Z wniosku z twierdzenia Bolzano–Weierstrassa wynika, że granicą ciągu ( √ )
k
x n
jest k√ g. To twierdzenie z łatwością można rozszerzyć na przypadek ciągu liczb
ujemnych i pierwiastka stopnia nieparzystego.
Inny dowód można podać, korzystając z łatwej do uzasadnienia nierówności
∣ √ k
x − k√ y ∣ ≤ k√
|x − y|, ale nie będziemy wchodzić w szczegóły.
Przykład 1.14. Teraz kilka słów wyjaśniających, dlaczego pewne działania
z użyciem symboli nieskończonych są zdefiniowane, a inne – nie. Wypiszmy
kilka równości łatwych do dowodu:
= 0, co sugeruje, że powinna być spełniona rów-
(
lim n − (n −
1
)) 1
= lim
n→∞
n n→∞ n
ność:
+∞ − (+∞) = 0;
lim (n − (n − 1)) = lim 1 = 1, co sugeruje, że powinna być spełniona równość:
n→∞ n→∞
+∞ − (+∞) = 1;
(
lim n − (n −
n
)) n
= lim = + ∞, zatem powinna być spełniona równość:
n→∞ 2 n→∞ 2
+ ∞ − (+ ∞) = + ∞;