Musimy pokazać, że \[\bigwedge_{\varepsilon \gt 0}\quad \bigvee_{n_0\in\mathbb{N}}\quad \bigwedge_{n\gt n_0}\quad \left|\frac{7}{n+6}-0\right| \lt \varepsilon\] Niech więc \(\varepsilon\) będzie dowolną liczbą dodatnią. Przekształcamy w sposób równoważny nierówność \(\left|\frac{7}{n+6}-0\right| \lt \varepsilon\), wiedząc, że \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad\left|\frac{7}{n+6}-0\right|=\frac{7}{n+6},\] i otrzymujemy nierówność \[\frac{7}{n+6} \lt \varepsilon\] Ponieważ po obu stronach powyższej nierówności mamy wyrażenia dodatnie, to dla ich odwrotności zachodzi nierówność \[\frac{n+6}{7}>\frac{1}{\varepsilon}\ \Big/\cdot {7}\] \[{n+6}>\frac{7}{\varepsilon}\ \Big/-6\] \[n>\frac{7}{\varepsilon}-{6}\] Pokazaliśmy w ten sposób, że \[\bigwedge_{\varepsilon \gt 0}\quad \bigvee_{\frac{7}{\varepsilon}-{6}}\quad \bigwedge_{n\gt \frac{7}{\varepsilon}-{6}}\quad \left|\frac{7}{n+6}-0\right| \lt \varepsilon\] Jednak liczba \(\frac{7}{\varepsilon}-{6}\) nie musi być liczbą naturalną, dlatego do wyznaczenia liczby naturalnej \(n_0\) wykorzystamy część całkowitą \([x]\) liczby rzeczywistej \(x\). Zauważmy bowiem, że:

• jeżeli \(\frac{7}{\varepsilon}-{6}\lt 1\) (czyli \(\varepsilon \gt 1\)), to wystarczy wybrać \(n_0=1\),
• jeżeli \(\frac{7}{\varepsilon}-{6}\ge 1\) (czyli \(\varepsilon \le 1\)), to wystarczy wybrać \(n_0=\left[\frac{7}{\varepsilon}-{6}\right]+1=\left[\frac{7}{\varepsilon}\right]-5\).

Zatem dla każdego \(\varepsilon>0\) istnieje liczba naturalna \[n_0=\left\{\begin{matrix} \left[\frac{7}{\varepsilon}\right]-5 & \textrm{dla} & 0\lt \varepsilon\le 1 \\ 1 & \textrm{dla} & \varepsilon\gt 1 \end{matrix}\right.\] taka, że \[\bigwedge_{n\gt n_0}\quad \left|\frac{7}{n+6}-0\right| \lt \varepsilon,\] a to oznacza, że \[\lim\limits_{n\to\infty} \frac{7}{n+6} =0,\] co należało udowodnić.

Musimy pokazać, że \[\bigwedge_{\varepsilon \gt 0}\quad \bigvee_{n_0\in\mathbb{N}}\quad \bigwedge_{n\gt n_0}\quad \left|\frac{n}{1-2n}-\left(-\frac{1}{2}\right)\right| \lt \varepsilon\] Niech więc \(\varepsilon\) będzie dowolną liczbą dodatnią. Przekształcimy w sposób równoważny nierówność \(\left|\frac{n}{1-2n}-\left(-\frac{1}{2}\right)\right| \lt \varepsilon\) tak, aby opuścić występującą w niej wartość bezwzględną. Ponieważ \[\eqalign{\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad\left|\frac{n}{1-2n}-\left(-\frac{1}{2}\right)\right|&=\left|{\frac{n}{1-2n}}+{\frac{1}{2}}\right|=\left|\frac{2n}{2\left(1-2n\right)}+\frac{1-2n}{2\left(1-2n\right)}\right|=\cr &=\left|\frac{{2n}+\left({1-2n}\right)}{2-4n}\right|=\left|\frac{1}{2-4n}\right|=-\frac{1}{2-4n}=\frac{1}{4n-2},\cr}\] to otrzymujemy nierówność \[\frac{1}{4n-2} \lt \varepsilon\] Ponieważ po obu stronach powyższej nierówności mamy wyrażenia dodatnie, to dla ich odwrotności otrzymujemy \[4n-2\gt \frac{1}{\varepsilon}\ \Big/+2\] \[4n\gt \frac{1}{\varepsilon}+{2}\] \[4n\gt \frac{1+2\varepsilon}{\varepsilon}\ \Big/:4\] \[n\gt {\frac{1+2\varepsilon}{4\varepsilon}}\] Pokazaliśmy w ten sposób, że \[\bigwedge_{\varepsilon \gt 0}\quad \bigvee_{\frac{1+2\varepsilon}{4\varepsilon}}\quad \bigwedge_{n\gt \frac{1+2\varepsilon}{4\varepsilon}}\quad \left|\frac{n}{1-2n}-\left(-\frac{1}{2}\right)\right| \lt \varepsilon\] Jednak liczba \({\frac{1+2\varepsilon}{4\varepsilon}}\) nie musi być liczbą naturalną, dlatego do wyznaczenia liczby naturalnej \(n_0\) wykorzystamy część całkowitą \([x]\) liczby rzeczywistej \(x\). Zauważmy bowiem, że:

• jeżeli \({\frac{1+2\varepsilon}{4\varepsilon}}\lt 1\) (czyli \(\varepsilon \gt \frac{1}{2}\)), to wystarczy wybrać \(n_0=1\),
• jeżeli \({\frac{1+2\varepsilon}{4\varepsilon}}\ge 1\) (czyli \(\varepsilon \le \frac{1}{2}\)), to wystarczy wybrać \(n_0=\left[{\frac{1+2\varepsilon}{4\varepsilon}}\right]+1\).

Zatem dla każdego \(\varepsilon>0\) istnieje liczba naturalna \[n_0=\left\{\begin{matrix} \left[{\frac{1+2\varepsilon}{4\varepsilon}}\right]+1 & \textrm{dla} & 0\lt \varepsilon\le \frac{1}{2} \\ 1 & \textrm{dla} & \varepsilon\gt \frac{1}{2} \end{matrix}\right.\] taka, że \[\bigwedge_{n\gt n_0}\quad \left|\frac{n}{1-2n}-\left(-\frac{1}{2}\right)\right| \lt \varepsilon,\] a to oznacza, że \[\lim\limits_{n\to\infty} \frac{n}{1-2n} =-\frac{1}{2},\] co należało udowodnić.

Musimy pokazać, że \[\bigwedge_{\varepsilon \gt 0}\quad \bigvee_{n_0\in\mathbb{N}}\quad \bigwedge_{n\gt n_0}\quad \left|\frac{5n}{3n+1}-\frac{5}{3}\right| \lt \varepsilon\] Niech więc \(\varepsilon\) będzie dowolną liczbą dodatnią. Przekształcimy w sposób równoważny nierówność \(\left|\frac{5n}{3n+1}-\frac{5}{3}\right| \lt \varepsilon\) tak, aby opuścić występującą w niej wartość bezwzględną. Ponieważ \[\eqalign{\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad\left|\frac{5n}{3n+1}-\frac{5}{3}\right|& = \left|\frac{15n}{3\left(3n+1\right)}-\frac{5\left(3n+1\right)}{3\left(3n+1\right)}\right|=\cr &=\left|\frac{{15n}-\left({15n+5}\right)}{9n+3}\right|=\left|\frac{-5}{9n+3}\right|=\frac{5}{9n+3},\cr}\] to otrzymujemy nierówność \[\frac{5}{9n+3} \lt \varepsilon\] Ponieważ po obu stronach powyższej nierówności mamy wyrażenia dodatnie, to dla ich odwrotności otrzymujemy \[\frac{9n+3}{5}\gt \frac{1}{\varepsilon}\ \Big/\cdot {5}\] \[{9n+3}\gt \frac{5}{\varepsilon}\ \Big/-3\] \[{9n}\gt \frac{5}{\varepsilon}-{3}\] \[{9n}\gt \frac{5-3\varepsilon}{\varepsilon}\ \Big/:{9}\] \[n\gt {\frac{5-3\varepsilon}{9\varepsilon}}\] Pokazaliśmy w ten sposób, że \[\bigwedge_{\varepsilon \gt 0}\quad \bigvee_{\frac{5-3\varepsilon}{9\varepsilon}}\quad \bigwedge_{n\gt \frac{5-3\varepsilon}{9\varepsilon}}\quad \left|\frac{5n}{3n+1}-\frac{5}{3}\right| \lt \varepsilon\] Jednak liczba \({\frac{5-3\varepsilon}{9\varepsilon}}\) nie musi być liczbą naturalną, dlatego do wyznaczenia liczby naturalnej \(n_0\) wykorzystamy część całkowitą \([x]\) liczby rzeczywistej \(x\). Zauważmy bowiem, że:

• jeżeli \({\frac{5-3\varepsilon}{9\varepsilon}}\lt 1\) (czyli \(\varepsilon \gt \frac{5}{12}\)), to wystarczy wybrać \(n_0=1\),
• jeżeli \({\frac{5-3\varepsilon}{9\varepsilon}}\ge 1\) (czyli \(\varepsilon \le \frac{5}{12}\)), to wystarczy wybrać \(n_0=\left[\frac{5-3\varepsilon}{9\varepsilon}\right]+1\).

Zatem dla każdego \(\varepsilon>0\) istnieje liczba naturalna \[n_0=\left\{\begin{matrix} \left[{\frac{5-3\varepsilon}{9\varepsilon}}\right]+1 & \textrm{dla} & 0\lt \varepsilon\le \frac{5}{12} \\ 1 & \textrm{dla} & \varepsilon\gt \frac{5}{12} \end{matrix}\right.\] taka, że \[\bigwedge_{n\gt n_0}\quad \left|\frac{5n}{3n+1}-\frac{5}{3}\right| \lt \varepsilon,\] a to oznacza, że \[\lim\limits_{n\to\infty} \frac{5n}{3n+1} =\frac{5}{3},\] co należało udowodnić.

Musimy pokazać, że \[\bigwedge_{\varepsilon \gt 0}\quad \bigvee_{n_0\in\mathbb{N}}\quad \bigwedge_{n\gt n_0}\quad \left|\left(-\frac{2}{\pi}\right)^{n+4}-0\right| \lt \varepsilon\] Niech więc \(\varepsilon\) będzie dowolną liczbą dodatnią. Przekształcimy w sposób równoważny nierówność \(\left|\left(-\frac{2}{\pi}\right)^{n+4}-0\right| \lt \varepsilon\) tak, aby opuścić występującą w niej wartość bezwzględną. Ponieważ \[\eqalign{\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad\left|\left(-\frac{2}{\pi}\right)^{n+4}-0\right|& = \left|\left(-\frac{2}{\pi}\right)^{n+4}\right|=\left|(-1)^{n+4}\cdot\left(\frac{2}{\pi}\right)^{n+4}\right|=\left(\frac{2}{\pi}\right)^{n+4}\cr},\] to otrzymujemy nierówność \[\left(\frac{2}{\pi}\right)^{n+4} \lt \varepsilon\] Ponieważ \(\varepsilon\) jest liczbą dodatnią, to możemy skorzystać z własności logarytmów i zapisać ją jako potęgę liczby \(\frac{2}{\pi}\) \[\left(\frac{2}{\pi}\right)^{n+4} \lt \left(\frac{2}{\pi}\right)^{\log_{\frac{2}{\pi}} \varepsilon}\] Opuszczamy podstawę potęgi, zmieniając przy tym kierunek nierówności na przeciwny, gdyż \(\frac{2}{\pi}\lt 1\) \[{n+4}\gt \log_{\frac{2}{\pi}} \varepsilon\ \Big/-4\] \[n\gt \log_{\frac{2}{\pi}} \varepsilon -4\] Pokazaliśmy w ten sposób, że \[\bigwedge_{\varepsilon \gt 0}\quad \bigvee_{\log_{\frac{2}{\pi}} \varepsilon -4}\quad \bigwedge_{n\gt \log_{\frac{2}{\pi}} \varepsilon -4}\quad \left|\left(-\frac{2}{\pi}\right)^n-0\right| \lt \varepsilon\] Jednak liczba \({\log_{\frac{2}{\pi}} \varepsilon -4}\) nie musi być liczbą naturalną, dlatego do wyznaczenia liczby naturalnej \(n_0\) wykorzystamy część całkowitą \([x]\) liczby rzeczywistej \(x\). Zauważmy bowiem, że:

• jeżeli \({\log_{\frac{2}{\pi}} \varepsilon -4}\lt 1\) (czyli \(\varepsilon \gt \left(\frac{2}{\pi}\right)^5\)), to wystarczy wybrać \(n_0=1\),
• jeżeli \({\log_{\frac{2}{\pi}} \varepsilon -4}\ge 1\) (czyli \(\varepsilon \le \left(\frac{2}{\pi}\right)^5\)), to wystarczy wybrać \(n_0=\left[\log_{\frac{2}{\pi}} \varepsilon -4\right]+1=\left[\log_{\frac{2}{\pi}} \varepsilon \right]-3\).

Zatem dla każdego \(\varepsilon>0\) istnieje liczba naturalna \[n_0=\left\{\begin{matrix} \left[\log_{\frac{2}{\pi}} \varepsilon \right]-3 & \textrm{dla} & 0\lt \varepsilon\le \left(\frac{2}{\pi}\right)^5 \\ 1 & \textrm{dla} & \varepsilon\gt \left(\frac{2}{\pi}\right)^5 \end{matrix}\right.\] taka, że \[\bigwedge_{n\gt n_0}\quad \left|\left(-\frac{2}{\pi}\right)^{n+4}-0\right| \lt \varepsilon,\] a to oznacza, że \[\lim\limits_{n\to\infty} \left(-\frac{2}{\pi}\right)^{n+4} = 0,\] co należało udowodnić.

Musimy pokazać, że \[\bigwedge_{\varepsilon \gt 0}\quad \bigvee_{n_0\in\mathbb{N}}\quad \bigwedge_{n\gt n_0}\quad \left|\log_{2} \frac{2n+1}{n}-1\right| \lt \varepsilon\] Niech więc \(\varepsilon\) będzie dowolną liczbą dodatnią. Przekształcimy w sposób równoważny nierówność \(\left|\log_{2} \frac{2n+1}{n}-1\right| \lt \varepsilon\) tak, aby opuścić występującą w niej wartość bezwzględną. Ponieważ \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad\frac{2n+1}{n}=2+\frac{1}{n}\gt 2\] i funkcja logarytmiczna o podstawie \(2\) jest rosnąca, to \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad\log_{2} {\frac{2n+1}{n}}=\log_{2} {\left(2+\frac{1}{n}\right)}\gt \log_{2} 2=1\quad\Longleftrightarrow\quad \log_{2} {\frac{2n+1}{n}}-1\gt 0\] Otrzymujemy wówczas nierówność \[\log_{2} \frac{2n+1}{n}-1 \lt \varepsilon \ \Big/+1\] \[\log_{2} \frac{2n+1}{n} \lt \varepsilon +1\] Ponieważ \(\varepsilon +1\) jest liczbą dodatnią, to możemy zapisać ją jako logarytm przy podstawie \(2\) \[\log_{2} \frac{2n+1}{n} \lt \log_{2} 2^{\varepsilon +1}\] Opuszczamy logarytmy, nie zmieniając przy tym kierunku nierówności, gdyż \(2\gt 1\) \[\frac{2n+1}{n} \lt 2^{\varepsilon +1}\] \[2+\frac{1}{n} \lt 2^{\varepsilon +1}\ \Big/-2\] \[\frac{1}{n} \lt 2^{\varepsilon +1}-2\] Ponieważ po obu stronach powyższej nierówności mamy wyrażenia dodatnie, to dla ich odwrotności zachodzi nierówność \[n \gt \frac{1}{2^{\varepsilon +1}-2}\] Pokazaliśmy w ten sposób, że \[\bigwedge_{\varepsilon \gt 0}\quad \bigvee_{\frac{1}{2^{\varepsilon +1}-2}}\quad \bigwedge_{n\gt \frac{1}{2^{\varepsilon +1}-2}}\quad \left|\log_{2} \frac{2n+1}{n}-1\right| \lt \varepsilon\] Jednak liczba \(\frac{1}{2^{\varepsilon +1}-2}\) nie musi być liczbą naturalną, dlatego do wyznaczenia liczby naturalnej \(n_0\) wykorzystamy część całkowitą \([x]\) liczby rzeczywistej \(x\). Zauważmy bowiem, że:

• jeżeli \(\frac{1}{2^{\varepsilon +1}-2}\lt 1\) (czyli \(\varepsilon \gt \log_{2} 3-1\)), to wystarczy wybrać \(n_0=1\),
• jeżeli \(\frac{1}{2^{\varepsilon +1}-2}\ge 1\) (czyli \(\varepsilon \le \log_{2} 3-1\)), to wystarczy wybrać \(n_0=\left[\frac{1}{2^{\varepsilon +1}-2}\right]+1\).

Zatem dla każdego \(\varepsilon>0\) istnieje liczba naturalna \[n_0=\left\{\begin{matrix} \left[\frac{1}{2^{\varepsilon +1}-2}\right]+1 & \textrm{dla} & 0\lt \varepsilon\le \log_{2} 3-1 \\ 1 & \textrm{dla} & \varepsilon\gt \log_{2} 3-1 \end{matrix}\right.\] taka, że \[\bigwedge_{n\gt n_0}\quad \left|\log_{2} \frac{2n+1}{n}-1\right| \lt \varepsilon,\] a to oznacza, że \[\lim\limits_{n\to\infty} \log_{2} \frac{2n+1}{n}=1,\] co należało udowodnić.

Musimy pokazać, że \[\bigwedge_{\varepsilon \gt 0}\quad \bigvee_{n_0\in\mathbb{N}}\quad \bigwedge_{n\gt n_0}\quad \left|\textrm{arctg}\,\left(-\frac{1}{n}\right)-0\right| \lt \varepsilon\] Niech więc \(\varepsilon\) będzie dowolną liczbą dodatnią. Przekształcimy w sposób równoważny nierówność \(\left|\textrm{arctg}\,\left(-\frac{1}{n}\right)-0\right| \lt \varepsilon\) tak, aby opuścić występującą w niej wartość bezwzględną. Ponieważ \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad -\frac{1}{n}\lt 0,\] to z nieparzystości funkcji \(y=\mathrm{arctg}\, x\) wynika, że \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad\textrm{arctg}\,\left(-\frac{1}{n}\right)=-\textrm{arctg}\,\frac{1}{n}\lt 0,\] dlatego otrzymujemy nierówność \[-\textrm{arctg}\,\left(-\frac{1}{n}\right) \lt \varepsilon \quad\Longleftrightarrow\quad\textrm{arctg}\,\frac{1}{n} \lt \varepsilon \] Ponieważ \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad\textrm{arctg}\,\frac{1}{n}\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right),\] to rozważymy dwa przypadki:

1. Dla \(\varepsilon\ge\frac{\pi}{2}\) nierówność \(\textrm{arctg}\,\frac{1}{n} \lt \varepsilon\) jest spełniona dla każdego \(n\in\mathbb{N}\), dlatego wystarczy wybrać \(n_0=1\).
2. Dla \(\varepsilon\lt\frac{\pi}{2}\) nierówność \(\textrm{arctg}\,\frac{1}{n} \lt \varepsilon\) jest równoważna z nierównością \[\frac{1}{n}\le\textrm{tg}\, \varepsilon\] Ponieważ po obu stronach powyższej nierówności mamy wyrażenia dodatnie, to dla ich odwrotności zachodzi nierówność \[n\gt\frac{1}{\textrm{tg}\, \varepsilon}\quad\Longleftrightarrow\quad n\gt \textrm{ctg}\, \varepsilon\] Widzimy, że w tym przypadku:
   • jeżeli \(\textrm{ctg}\, \varepsilon\lt 1\) (czyli \(\frac{\pi}{4}\lt\varepsilon \lt \frac{\pi}{2}\)), to również wystarczy wybrać \(n_0=1\),
   • jeżeli \(\textrm{ctg}\, \varepsilon\ge 1\) (czyli \(0\lt\varepsilon \le \frac{\pi}{4}\)), to wystarczy wybrać \(n_0=\left[\textrm{ctg}\, \varepsilon\right]+1\).

Zatem dla każdego \(\varepsilon>0\) istnieje liczba naturalna \[n_0=\left\{\begin{matrix} \left[\textrm{ctg}\, \varepsilon\right]+1 & \textrm{dla} & 0\lt\varepsilon\le \frac{\pi}{4} \\ 1 & \textrm{dla} & \varepsilon\gt \frac{\pi}{4}\end{matrix}\right.\] taka, że \[\bigwedge_{n\gt n_0}\quad \left|\textrm{arctg}\,\left(-\frac{1}{n}\right)-0\right|,\] a to oznacza, że \[\lim\limits_{n\to\infty} \textrm{arctg}\,\left(-\frac{1}{n}\right)=0,\] co należało udowodnić.