Projekt okładki Edwin Radzikowski Redakcja Elżbieta Sejferówna ...

38 1. Ciągi nieskończone
Ponieważ:
(
lim
[m ′
k→∞
lim
k→∞
1 − b )
n
+ a ]
n
= m ′ > m,
b n+k b n+k
( [M ′ 1 − b )
n
+ a ]
n
= M ′ < M,
b n+k b n+k
więc istnieje takie k n , że jeśli k > k n , to zachodzą nierówności:
(
m ′ 1 − b )
n
+ a n
> m
b n+k b n+k
oraz
M ′ (
1 − b n
b n+k
)
+ a n
b n+k
< M,
a wobec tego m < a n+k
b n+k
< M dla n > n 0 i k > k n , a stąd już od razu wynika,
a
że lim
n+k
k→∞
b n+k
= g, co kończy dowód twierdzenia w przypadku (i).
1.9. Funkcja wykładnicza exp(x), liczba e
Wykazaliśmy wcześniej (zob. podrozdział ( 1.4), że dla każdej liczby rzeczywistej
x istnieje skończona granica lim 1 +
x n
n→∞ n)
i oznaczyliśmy tę granicę
przez exp(x). Określiliśmy więc funkcję na zbiorze wszystkich liczb rzeczywistych.
Teraz poznamy kilka najważniejszych własności tej funkcji.
LEMAT 1.28 (o dodatniości). exp(x) > 0 dla każdej liczby rzeczywistej x.
( (1 )
Dowód. Wynika to stąd, że ciąg +
x n
)
jest od pewnego miejsca
n
(n > −x) niemalejący i jego wyrazy są dodatnie.
LEMAT 1.29 (nierówność podstawowa). Dla każdej liczby rzeczywistej x
zachodzi nierówność exp(x) ≥ 1 + x.
Dowód. Wynika to stąd, że dla n > − x zachodzi nierówność x > −1, n
zatem – na mocy nierówności Bernoulliego – możemy napisać ( 1 + n) x n
≥
≥ 1 + n · x = 1 + x. Skoro, począwszy od pewnego miejsca, wszystkie wyrazy
n
ciągu są równe co najmniej 1+x, to i granica tego ciągu jest większa lub równa
1+x. Przekonamy się później, że nierówność jest ostra dla każdej liczby x ≠ 0.
LEMAT 1.30 (o granicach n-tych potęg ciągów „szybko zbieżnych” do 1).
Jeśli lim n · a n = 0, to lim (1 + a n ) n = 1.
n→∞ n→∞
Dowód. Ponieważ lim n · a n = 0, więc istnieje takie n 0 , że jeśli n > n 0 ,
n→∞
to |n · a n | < 1. Wtedy |a 2 n| = 1 · (|n · a n n|) < 1 · 1 ≤ 1 . Wobec tego dla każdej
n 2 2