Aby wykazać ograniczoność ciągu \(\left(a_n\right)\), wystarczy zauważyć, że jest to ciąg zbieżny, ponieważ \[\eqalign{\lim_{n\rightarrow \infty} a_n&\overset{\zielony{\boldsymbol{\left[\frac{\infty}{\infty}\right]}}}{=} \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{3n^2-2}{n^2+n} \overset{\czerwony{\boldsymbol *}}{=} \frac{3}{1}=3\cr}\] W miejscu oznaczonym \(\czerwony{\boldsymbol{*}}\) skorzystaliśmy z faktu, że stopień licznika jest równy stopniowi mianownika. Skoro granica ciągu \(\left(a_n\right)\) jest właściwa, to ciąg ten jest ograniczony.

Aby wykazać ograniczoność ciągu \(\left(a_n\right)\), obliczymy jego granicę. Ponieważ \[1+2+3+\dots +n=\frac{(1+n)\cdot n}{2}=\frac{n+n^2}{2},\] to otrzymujemy \[\eqalign{\lim_{n\rightarrow \infty} a_n&= \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{1+2+3+\dots +n}{1-n^2} \overset{\zielony{\boldsymbol{\left[\frac{\infty}{\infty}\right]}}}{=} \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{\frac{n+n^2}{2}}{1-n^2} = \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{n+n^2}{2-2n^2} \overset{\czerwony{\boldsymbol *}}{=} \frac{1}{-2}=-\frac{1}{2}\cr}\] W miejscu oznaczonym \(\czerwony{\boldsymbol{*}}\) skorzystaliśmy z faktu, że stopień licznika jest równy stopniowi mianownika. Skoro granica ciągu \(\left(a_n\right)\) jest właściwa, to ciąg ten jest ograniczony.

Aby wykazać ograniczoność ciągu \(\left(a_n\right)\), obliczymy jego granicę. Ponieważ różnica logarytmów o tej samej podstawie jest równa logarytmowi ilorazu, to otrzymujemy \[\eqalign{\lim_{n\rightarrow \infty} a_n&= \lim_{n\rightarrow \infty} \left[\log_{2} n-\log_{2} (n+1)\right] \overset{\zielony{\boldsymbol{\left[\infty - \infty\right]}}}{=} \lim_{n\rightarrow \infty} \log_{2} \frac{n}{n+1} \overset{\czerwony{\boldsymbol *}}{=} \log_{2} 1=0\cr}\] W miejscu oznaczonym \(\czerwony{\boldsymbol{*}}\) skorzystaliśmy z faktu, że stopień licznika jest równy stopniowi mianownika. Skoro granica ciągu \(\left(a_n\right)\) jest właściwa, to ciąg ten jest ograniczony.

Aby wykazać zadaną równość, skorzystamy z własności wartości bezwzględnej i obliczymy granicę \[\eqalign{\lim_{n\rightarrow \infty} \left\vert\frac{n\cdot(-1)^n}{n^3+1}\right\vert & \overset{\zielony{\boldsymbol{\left[\frac{\textrm{brak}}{\infty}\right]}}}{=} \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{\vert n\vert\cdot\left\vert (-1)^n\right\vert}{\left\vert n^3+1\right\vert} \overset{\czerwony{\boldsymbol {*}}}{=} \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{n}{n^3+1} \overset{\czerwony{\boldsymbol {**}}}{=} 0\cr}\] W miejscu oznaczonym \(\czerwony{\boldsymbol *}\) opuściliśmy wartość bezwzględną, wiedząc, że \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad n\gt 0\ \wedge\ (-1)^n\in\{-1,1\}\ \wedge\ n^3+1\gt 0,\] a w miejscu oznaczonym \(\czerwony{\boldsymbol{**}}\) skorzystaliśmy z faktu, że stopień licznika jest mniejszy niż stopień mianownika. Skoro \[\lim\limits_{n\rightarrow \infty} \left\vert \frac{n\cdot(-1)^n}{n^3+1}\right\vert =0,\] to również granica \[\lim\limits_{n\rightarrow \infty} \frac{n\cdot(-1)^n}{n^3+1} =0,\] co należało wykazać.

Aby wykazać zadaną równość, skorzystamy z własności wartości bezwzględnej i obliczymy granicę \[\eqalign{\lim_{n\rightarrow \infty} \left\vert\frac{(-2)^n}{2^n-3^n}\right\vert & \overset{\zielony{\boldsymbol{\left[\frac{\textrm{brak}}{\infty - \infty}\right]}}}{=} \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{\left\vert (-1)^n\right\vert\cdot\left\vert 2^n\right\vert}{\left\vert 2^n-3^n\right\vert} \overset{\czerwony{\boldsymbol *}}{=} \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{2^n}{3^n-2^n} = \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{{\gcancelto{\czerwony}{0}{\left({2\over 3}\right)^n}}}{1-{\dcancelto{\czerwony}{0}{\left({2\over 3}\right)^n}}} = 0\cr}\] W miejscu oznaczonym \(\czerwony{\boldsymbol *}\) opuściliśmy wartość bezwzględną, wiedząc, że \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad 2^n\gt 0\ \wedge\ (-1)^n\in\{-1,1\}\ \wedge\ 2^n-3^n\lt 0\] Skoro \[\lim\limits_{n\rightarrow \infty} \left\vert \frac{(-2)^n}{2^n-3^n}\right\vert =0,\] to również granica \[\lim\limits_{n\rightarrow \infty} \frac{(-2)^n}{2^n-3^n} =0,\] co należało wykazać.

Aby wykazać zadaną równość, skorzystamy z własności wartości bezwzględnej i obliczymy granicę \[\eqalign{\lim_{n\rightarrow \infty} \left\vert\frac{\sin\frac{(2n+1)\pi}{2}}{\sqrt {n-1}}\right\vert & \overset{\zielony{\boldsymbol{\left[\frac{\textrm{brak}}{\infty}\right]}}}{=} \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{\left\vert \sin\frac{(2n+1)\pi}{2}\right\vert}{\left\vert \sqrt {n-1}\right\vert} \overset{\czerwony{\boldsymbol *}}{=} \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{1}{{\dcancelto{\niebieski}{\infty}{\sqrt {n-1}}}} \overset{\zielony{\boldsymbol{\left[\frac{1}{\infty}\right]}}}{=} 0\cr}\] W miejscu oznaczonym \(\czerwony{\boldsymbol *}\) opuściliśmy wartość bezwzględną, wiedząc, że \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}\setminus\{1\}}\quad \sin\frac{(2n+1)\pi}{2}=(-1)^n\in\{-1,1\}\ \wedge\ \sqrt{n-1}\gt 0\] Skoro \[\lim\limits_{n\rightarrow \infty} \left\vert \frac{\sin\frac{(2n+1)\pi}{2}}{\sqrt {n-1}}\right\vert =0,\] to również granica \[\lim\limits_{n\rightarrow \infty} \frac{\sin\frac{(2n+1)\pi}{2}}{\sqrt {n-1}} =0,\] co należało wykazać.

Aby wykazać zadaną równość, zauważmy, że \[ \frac{\sin (n+1)!}{n+2}= \frac{1}{n+2}\cdot \sin (n+1)!\] Ponieważ \[\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{1}{n+2} \overset{\zielony{\boldsymbol {\left[\frac{1}{\infty}\right]}}}{=} 0\quad\textrm{oraz}\quad \bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad -1\le\sin (n+1)!\le 1,\] to zgodnie z powyższym twierdzeniem \[\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{\sin (n+1)!}{n+2}= \lim_{n\rightarrow \infty} \left({\gcancelto{\czerwony}{0}{\frac{1}{n+2}}}\cdot \underbrace{\sin (n+1)!}_{\textrm{ciąg ograniczony}}\right)=0,\] co należało wykazać.

Aby wykazać zadaną równość, zauważmy, że \[\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{n+2}{n^3+1} \overset{\zielony{\boldsymbol {\left[\frac{\infty}{\infty}\right]}}}{=} 0\quad\textrm{oraz}\quad \bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad 0\lt\textrm{arcctg}\, (2n+3)\lt\pi\] Zatem zgodnie z powyższym twierdzeniem \[\lim_{n\rightarrow \infty} \left[{n+2\over n^3+1}\textrm{arcctg}\, (2n+3)\right] = \lim_{n\rightarrow \infty} \left({\gcancelto{\czerwony}{0}{\frac{n+2}{n^3+1}}}\cdot \underbrace{\textrm{arcctg}\, (2n+3)}_{\textrm{ciąg ograniczony}}\right)=0,\] co należało wykazać.

Aby wykazać zadaną równość, zauważmy, że \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad 0\lt\frac{3^n}{3^n+5}\lt 1 \quad\textrm{oraz}\quad \lim_{n\rightarrow \infty} \left(\cos {\gcancelto{\czerwony}{0}{\frac{\pi}{2n}}}-1\right)=\cos 0-1= 1-1=0\] Zatem zgodnie z powyższym twierdzeniem \[\lim_{n\rightarrow \infty} \left[\frac{3^n}{3^n+5}\left(\cos \frac{\pi}{2n}-1\right)\right] = \lim_{n\rightarrow \infty} \left[\underbrace{\frac{3^n}{3^n+5}}_{\textrm{ciąg ograniczony}}\cdot\left({\gcancelto{\czerwony}{0}{\cos \frac{\pi}{2n}-1}}\right) \right]=0,\] co należało wykazać.

Aby wykazać zbieżność ciągu \(\left(a_n\right)\), musimy pokazać, że jest to ciąg monotoniczny i ograniczony. Monotoniczność ciągu \(\left(a_n\right)\) wynika z faktu, że jego wyrazy są wartościami znanej nam rosnącej funkcji cyklometrycznej \(y=\textrm{arctg}\, x\) złożonej z rosnącą funkcją liniową \(y=2x-1\). Ponieważ złożenie dwóch funkcji rosnących jest funkcją rosnącą, to ciąg o wyrazach \(a_n=\textrm{arctg}\, (2n-1)\) jest rosnący. Dodatkowo z wykresu funkcji arcus tangens wynika, że ciąg \(\left(a_n\right)\) jest ograniczony z góry, np. liczbą \(\pi\over 2\). Zatem zgodnie z twierdzeniem o ciągu monotonicznym i ograniczonym ciąg \(\left(a_n\right)\) jest zbieżny, co należało uzasadnić.

Aby wykazać zbieżność ciągu \(\left(a_n\right)\), musimy pokazać, że jest to ciąg monotoniczny i ograniczony. Monotoniczność ciągu \(\left(a_n\right)\) wynika z faktu, że jego wyrazy są wartościami funkcji trygonometrycznej \(y=\sin x\) dla argumentów będących wartościami funkcji wymiernej \(y=\frac{\pi}{2x}\). Ponieważ ciąg \(\left(\frac{\pi}{2n}\right)\) jest malejący i jego wyrazy należą do przedziału \(\left(0,\frac{\pi}{2}\right>\), to ciąg \(\left(a_n\right)\) wartości funkcji sinus dla takich argumentów jest malejący. Ograniczoność ciągu \(\left(a_n\right)\) wynika z ograniczoności funkcji \(y=\sin x\) Zatem zgodnie z twierdzeniem o ciągu monotonicznym i ograniczonym ciąg \(\left(a_n\right)\) jest zbieżny, co należało uzasadnić.

Rozpoczniemy od zbadania monotoniczności ciągu \(\left(a_n\right)\) za pomocą ilorazu dwóch kolejnych wyrazów. Ponieważ \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\frac{2^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac{2^n}{n!}} = \frac{2^{n+1}}{(n+1)!}\cdot \frac{n!}{2^n} \overset{\czerwony{\boldsymbol *}}{=} \frac{2^{n+1}}{{\ccancel{\fioletowy}{n!}}(n+1)}\cdot \frac{{\ccancel{\fioletowy}{n!}}}{2^n} = \frac{2}{n+1} \le 1,\] to ciąg \(\left(a_n\right)\) jest nierosnący. W miejscu oznaczonym \(\czerwony{\boldsymbol *}\) skorzystaliśmy z własności silni \((n+1)!=n!(n+1)\).

Skoro ciąg \(\left(a_n\right)\) jest nierosnący, to musimy jeszcze pokazać, że jest on ograniczony z dołu. Ponieważ \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad 2^n\gt 0\ \wedge\ n!\gt 0,\] to wszystkie wyrazy ciągu \(a_n= \frac{2^n}{n!}\) są dodatnie, dlatego ciąg \(\left(a_n\right)\) jest ograniczony z dołu, np. liczbą \(0\).

Zatem zgodnie z twierdzeniem o ciągu monotonicznym i ograniczonym ciąg \(\left(a_n\right)\) jest zbieżny, co należało uzasadnić.

Rozpoczniemy od zbadania monotoniczności ciągu \(\left(a_n\right)\) za pomocą różnicy dwóch kolejnych wyrazów. Ponieważ \[\eqalign{a_n&=\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \ldots +\frac{1}{2n}\cr a_{n+1}&=\frac{1}{n+2} + \frac{1}{n+3} + \ldots + \frac{1}{2n} + \frac{1}{2n+1} + \frac{1}{2(n+1)},\cr}\] to dla każdej liczby naturalnej \(n\) w różnicy dwóch kolejnych wyrazów redukują się prawie wszystkie składniki i otrzymujemy wówczas \[\eqalign{a_{n+1}-a_n&= \frac{1}{2n+1} + \frac{1}{2(n+1)} - \frac{1}{n+1} =\cr&= \frac{2n+2+2n+1-4n-2}{2(2n+1)(n+1)} = \cr&=\frac{1}{2(2n+1)(n+1)} \gt 0\cr}\] Zatem \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad a_{n+1}-a_n = \frac{1}{2(2n+1)(n+1)} \gt 0,\] więc ciąg \(\left(a_n\right)\) jest rosnący.

Skoro ciąg \(\left(a_n\right)\) jest rosnący, to musimy jeszcze pokazać, że jest on ograniczony z góry. Ponieważ największym ze składników sumy \[a_n=\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \ldots +\frac{1}{2n}\] jest pierwszy ułamek \(\czerwony{\boldsymbol{\frac{1}{n+1}}}\) (o najmniejszym mianowniku), to zastępując nim wszystkie \(\niebieski{\boldsymbol n}\) składników sumy \(a_n\), otrzymamy górne ograniczenie ciągu \(\left(a_n\right)\). \[\eqalign{\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad a_n&=\czerwony{\boldsymbol{\frac{1}{n+1}}} + \frac{1}{n+2} + \ldots +\frac{1}{2n}\le \czerwony{\boldsymbol{\frac{1}{n+1}}}\cdot \niebieski{\boldsymbol n} =\cr&= \frac{n}{n+1}=1+\frac{1}{n}\le 2\cr}\] Oznacza to, że ciąg \(\left(a_n\right)\) jest ograniczony z góry, np. liczbą \(2\).

Zatem zgodnie z twierdzeniem o ciągu monotonicznym i ograniczonym ciąg \(\left(a_n\right)\) jest zbieżny, co należało uzasadnić.