Pokażemy, że ciąg \(\displaystyle e_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\) jest rosnący.

W tym celu obliczymy najpierw iloraz dwóch kolejnych wyrazów tego ciągu. \[\eqalign{\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad\frac{e_{n+1}}{e_n}& = \frac{\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n} = \frac{\left(\frac{n+2}{n+1}\right)^{n+1}}{\left(\frac{n+1}{n}\right)^n}\cdot\frac{\frac{n+1}{n}}{\frac{n+1}{n}} = \frac{n+1}{n}\cdot\frac{\left(\frac{n+2}{n+1}\right)^{n+1}}{\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+1}} = \cr&= \frac{n+1}{n}\cdot\left(\frac{\frac{n+2}{n+1}}{\frac{n+1}{n}}\right)^{n+1} = \frac{n+1}{n}\cdot\left(\frac{n+2}{n+1}\cdot\frac{n}{n+1}\right)^{n+1} = \cr&= \frac{n+1}{n}\cdot\left[\frac{n^2+2n}{(n+1)^2}\right]^{n+1} = \frac{n+1}{n}\cdot\left[1-\frac{1}{(n+1)^2}\right]^{n+1} \cr}\] Z nierówności Bernoulliego \[(1+x)^r\gt 1+rx,\quad\textrm{gdzie}\quad -1\lt x\neq 0\ \textrm{oraz}\ r\in\mathbb{N}\setminus\{1\},\] wynika, że dla \(r=n+1\) oraz \(x=-\frac{1}{(n+1)^2}\) prawdziwa jest nierówność \[\left[1-\frac{1}{(n+1)^2}\right]^{n+1} \gt 1-\frac{n+1}{(n+1)^2}\] Mnożymy powyższą nierówność stronami przez dodatni czynnik \(\frac{n+1}{n}\) i otrzymujemy nierówność równoważną \[\frac{n+1}{n}\cdot\left[1-\frac{1}{(n+1)^2}\right]^{n+1} \gt \frac{n+1}{n}\cdot\left(1-\frac{1}{n+1}\right), \] która po uporządkowaniu prawej strony przyjmuje postać \[\frac{n+1}{n}\cdot\left[1-\frac{1}{(n+1)^2}\right]^{n+1} \gt \frac{n+1}{n}\cdot\frac{n{\ccancel{\fioletowy}{+1}} {\ccancel{\fioletowy}{-1}}}{n+1}\] \[\frac{n+1}{n}\cdot\left[1-\frac{1}{(n+1)^2}\right]^{n+1} \gt 1\] Ponieważ z lewej strony tej nierówności mamy obliczony wcześniej iloraz \(\frac{e_{n+1}}{e_n}\), to \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad \frac{e_{n+1}}{e_n} \gt 1 \quad\wedge\quad e_n\gt 0,\] co oznacza, że ciąg \(\left(e_n\right)\) jest rosnący.

Pokażemy, że ciąg \(\displaystyle e_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\) jest ograniczony z góry.

W tym celu skorzystamy najpierw ze wzoru dwumianowego Newtona \[(a+b)^n={n \choose 0}a^nb^0 + {n \choose 1}a^{n-1}b^1 + {n \choose 2}a^{n-2}b^2 + {n \choose 3}a^{n-3}b^3 +\dots + {n \choose n}a^0b^n\] i przekształcimy \(n\)-ty wyraz ciągu \(\left(e_n\right)\), pamiętając o własnościach symbolu Newtona. \[\eqalign{e_n&=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n = {n \choose 0}\frac{1}{n^0} + {n \choose 1}\frac{1}{n} + {n \choose 2}\frac{1}{n^2} + {n \choose 3}\frac{1}{n^3} +\dots + {n \choose n}\frac{1}{n^n} =\cr&= 1 + 1 + \frac{n!}{2!(n-2)!}\cdot\frac{1}{n^2} + \frac{n!}{3!(n-3)!}\cdot\frac{1}{n^3} +\dots + \frac{n!}{n!}\cdot\frac{1}{n^n} =\cr&= 2 + \frac{n(n-1){\ccancel{\fioletowy}{(n-2)!}}}{2!{\ccancel{\fioletowy}{(n-2)!}}n^{2}} + \frac{n(n-1)(n-2){\ccancel{\fioletowy}{(n-3)!}}}{3!{\ccancel{\fioletowy}{(n-3)!}}n^3} +\dots + \frac{n(n-1)\cdot\ldots\cdot 1}{n!n^{n}} =\cr&= 2 + \frac{1}{2!}\cdot\frac{n-1}{n} + \frac{1}{3!}\cdot\frac{(n-1)(n-2)}{n^2} +\dots + \frac{1}{n!}\cdot\frac{(n-1)(n-2)\cdot\ldots\cdot 1}{n^{n-1}} =\cr&= 2 + \frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}{n}\right) + \frac{1}{3!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right) +\dots+ \frac{1}{n!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdot\ldots\cdot\left(1-\frac{n-1}{n}\right) \cr}\] Ponieważ dla każdego \(n\in\mathbb{N}\) wszystkie wyrażenia w nawiasach są liczbami dodatnimi i mniejszymi od \(1\), to zachodzi nierówność \[e_n\lt 2 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} +\dots + \frac{1}{n!}\] Dodatkowo wiemy, że za pomocą indukcji matematycznej można udowodnić nierówność \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad n!\ge 2^{n-1}\] równoważną z nierównością \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad {1\over n!}\le {1\over 2^{n-1}},\] więc możemy ograniczyć z góry \(n\)-ty wyraz ciągu \(\left(e_n\right)\) w następujący sposób \[e_n\lt 2 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} +\dots + \frac{1}{n!} \le 2 + \frac{1}{2^1} + \frac{1}{2^2} +\dots + \frac{1}{2^{n-1}}\] Po zastosowaniu wzoru na sumę \(n-1\) początkowych wyrazów ciągu geometrycznego \(\left(\frac{1}{2^n}\right)\), prawą stronę powyższej nierówności możemy zapisać w postaci \[2 + \frac{1}{2^1} + \frac{1}{2^2} +\dots + \frac{1}{2^{n-1}} = 2 +{\ccancel{\fioletowy}{\frac{1}{2}}}\cdot\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}}{{\ccancel{\fioletowy}{1-\frac{1}{2}}}} = 2 + 1 -\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} \lt 3\] Skoro \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad e_n\lt 3,\] to ciąg \(\left(e_n\right)\) jest ograniczony z góry.

Korzystając z powyższego faktu, obliczymy granicę \[\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty} \left(1+\frac{8}{n}\right)^{n}\]

Rozpoczniemy od ustalenia symbolu wyrażenia, sprawdzając dokąd zmierza wyrażenie w nawiasie i dokąd dąży wykładnik \[\lim_{n\rightarrow \infty}{{\left(1+\gcancelto{\czerwony}{0}{\frac{8}{n}}\right)}^{n}}= \zielony{\left[(1+0)^{\infty}\right]} = \zielony{\left[1^{\infty}\right]}\] Symbol nieoznaczony \(\left[1^{\infty}\right]\) jest związany z liczbą Eulera. Skorzystamy więc z faktu, że \[\lim_{n\rightarrow \infty} \left(1+a_n\right)^{\textstyle \frac{1}{a_n}}\overset{\textstyle {\zielony{\left[1^{\pm\infty}\right]}}}{=}e,\] gdzie \((a_n)\) jest dowolnym ciągiem zbieżnym do \(0\).

Ponieważ \(\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\frac{{8}}{n} = 0\), to zachodzi równość \[\lim_{n\rightarrow \infty} \czerwony{\boldsymbol{\left({1+\frac{8}{n}}\right)^{\textstyle{\frac{n}{8}}}}}\overset{\textstyle {\zielony{\left[1^{\infty}\right]}}}{=}\czerwony{\boldsymbol e}\] Aby wykorzystać powyższą granicę, zapisujemy wykładnik \(n\) w postaci \(\frac{n}{8}\cdot 8\) i otrzymujemy \[\lim_{n\rightarrow \infty} \left(1+\frac{8}{n}\right)^{n} =\lim_{n\rightarrow \infty} \left({1+\frac{8}{n}}\right)^{\frac{n}{8}\cdot 8}\] Po skorzystaniu z własności działań na potęgach otrzymujemy \[\lim_{n\rightarrow \infty}{{\left(1+\frac{8}{n}\right)}^{n}}=\lim_{n\rightarrow \infty}\left[\gcancelto{\czerwony}{\textstyle e}{\left({1+\frac{8}{n}}\right)^{\textstyle{\frac{n}{8}}}}\right]^{8}=e^{8}\]

Korzystając z powyższego faktu, obliczymy granicę \[\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty} \left(1-\frac{2}{\sqrt n}\right)^{n}\]

Rozpoczniemy od ustalenia symbolu wyrażenia, sprawdzając dokąd zmierza wyrażenie w nawiasie i dokąd dąży wykładnik \[\lim_{n\rightarrow \infty}{{\left(1-\gcancelto{\czerwony}{0}{\frac{2}{\sqrt n}}\right)}^{n}}= \zielony{\left[(1-0)^{\infty}\right]} = \zielony{\left[1^{\infty}\right]}\] Symbol nieoznaczony \(\left[1^{\infty}\right]\) jest związany z liczbą Eulera. Skorzystamy więc z faktu, że \[\lim_{n\rightarrow \infty} \left(1+a_n\right)^{ \frac{1}{a_n}}\overset{\zielony{\left[1^{\pm\infty}\right]}}{=}e,\] gdzie \((a_n)\) jest dowolnym ciągiem zbieżnym do \(0\).

Skoro \(\lim\limits_{n\rightarrow \infty} \left(-\frac{2}{\sqrt n}\right) = 0\), to zachodzi równość \[\lim_{n\rightarrow \infty} \czerwony{\boldsymbol{\left({1+\frac{-2}{\sqrt n}}\right)^{\frac{\sqrt n}{-2}}}}\overset{\zielony{\left[1^{-\infty}\right]}}{=}\czerwony{\boldsymbol e}\] Ponieważ wykładnik \(n\) możemy zapisać w postaci \[n=n\cdot\underbrace{\frac{\sqrt n}{-2}\cdot\frac{-2}{\sqrt n}}_{1} = \frac{\sqrt n}{-2}\cdot\frac{-2n}{\sqrt n} = \frac{\sqrt n}{-2}\cdot\left(-2\sqrt n\right),\] to otrzymujemy \[\lim_{n\rightarrow \infty}{{\left(1-\frac{2}{\sqrt n}\right)}^{n}}=\lim_{n\rightarrow \infty}\left({1+\frac{-2}{\sqrt n}}\right)^{\frac{\sqrt n}{-2}\cdot\left(-2\sqrt n\right)}\] Po skorzystaniu z własności działań na potęgach otrzymujemy \[\lim_{n\rightarrow\infty} {{\left(1-\frac{2}{\sqrt n}\right)}^{n}}=\lim_{n\rightarrow \infty} \left[\gcancelto{\czerwony}{e}{\left(1+\frac{-2}{\sqrt n}\right)^{\frac{\sqrt n}{-2}}}\right]^{\gcancelto{\niebieski}{-\infty}{-2\sqrt n}}= \zielony{\left[e^{-\infty}\right]}= \zielony{\left[\frac{1}{e^{\infty}}\right]} \overset{\czerwony{\boldsymbol *}}{=} \zielony{\left[\frac{1}{\infty}\right]}= 0\] W miejscu oznaczonym \(\czerwony{\boldsymbol *}\) skorzystaliśmy z faktu, że liczba Eulera jest większa od \(1\), dlatego \(\left[e^{\infty}\right]=\infty\).

Korzystając z powyższego faktu, obliczymy granicę \[\lim_{n\rightarrow \infty} \left(1+\frac{2n-8}{5n^4-7}\right)^{9n^4+8}\]

Rozpoczniemy od ustalenia symbolu wyrażenia, sprawdzając dokąd zmierza wyrażenie w nawiasie i dokąd dąży wykładnik \[\lim_{n\rightarrow \infty} \left(1+\gcancelto{\czerwony}{0}{\frac{2n-8}{5n^4-7}}\right)^{9n^4+8} = \zielony{\left[1^{\infty}\right]}\] Skoro \(\lim\limits_{n\rightarrow \infty} \frac{2n-8}{5n^4-7} = 0\), to skorzystamy z równości \[\lim_{n\rightarrow \infty} \czerwony{\boldsymbol{\left(1+\frac{2n-8}{5n^4-7}\right)^{\frac{5n^4-7}{2n-8}}}}\overset{\zielony{\left[1^{\infty}\right]}}{=}\czerwony{\boldsymbol e}\] Zapisujemy więc wykładnik \(9n^4+8\) w postaci \[9n^4+8=\left(9n^4+8\right)\cdot \underbrace{\frac{5n^4-7}{2n-8}\cdot \frac{2n-8}{5n^4-7}}_{1} = \frac{5n^4-7}{2n-8}\cdot \frac{\left(2n-8\right)\cdot \left(9n^4+8\right)}{5n^4-7}\] Wówczas \[\lim_{n\rightarrow \infty} \left(1+\frac{2n-8}{5n^4-7}\right)^{9n^4+8} = \lim_{n\rightarrow \infty} \left(1+\frac{2n-8}{5n^4-7}\right)^{{\frac{5n^4-7}{2n-8}}\cdot \frac{\left(2n-8\right)\cdot \left(9n^4+8\right)}{5n^4-7}}\] Po skorzystaniu z własności działań na potęgach otrzymujemy \[\lim_{n\rightarrow \infty} \left(1+\frac{2n-8}{5n^4-7}\right)^{9n^4+8} = \lim_{n\rightarrow \infty} \left[\gcancelto{\czerwony}{e}{\left({1+\frac{2n-8}{5n^4-7}}\right)^{{\frac{5n^4-7}{2n-8}}}}\right]^ {\gcancelto{\czerwony}{\infty}{\frac{\left(2n-8\right)\cdot \left(9n^4+8\right)}{5n^4-7}}}=\zielony{\left[e^{\infty}\right]}\overset{\czerwony{\boldsymbol *}}{=}{\infty}\] W miejscu oznaczonym \(\czerwony{\boldsymbol *}\) skorzystaliśmy z faktu, że liczba Eulera jest większa od \(1\), dlatego \(\left[e^{\infty}\right]=\infty\).

Korzystając z powyższego faktu, obliczymy granicę \[\lim_{n\to\infty} \left(\frac{2n-3}{2n-8}\right)^{5n}\]

Rozpoczniemy od ustalenia symbolu wyrażenia, sprawdzając dokąd zmierza wyrażenie w nawiasie i dokąd dąży wykładnik \[\lim_{n\rightarrow \infty}{{\left(\gcancelto{\czerwony}{1}{\frac{2n-3}{2n-8}}\right)}^{n}}= \zielony{\left[1^{\infty}\right]}\] Aby skorzystać z równości \[\lim_{n\rightarrow \infty} \left(1+a_n\right)^{ \frac{1}{a_n}}\overset{\zielony{\left[1^{\pm\infty}\right]}}{=}e,\] gdzie \((a_n)\) jest dowolnym ciągiem zbieżnym do \(0\), przekształcimy najpierw wyrażenie w nawiasie, doprowadzając je do postaci, w której będzie widoczna jedna cała i reszta. Możemy to zrobić, zapisując licznik w postaci sumy mianownika i odpowiedniej stałej. Wówczas, po rozbiciu wyrażenia w nawiasie na dwa ułamki, otrzymamy jeden ułamek o takim samym liczniku i mianowniku, który będzie równy \(\niebieski{\boldsymbol 1}\). \[\frac{2n-3}{2n-8} = \frac{\niebieski{\boldsymbol{2n-8}}+{5}}{\niebieski{\boldsymbol{2n-8}}} = \frac{\niebieski{\boldsymbol{2n-8}}}{\niebieski{\boldsymbol{2n-8}}} + \frac{5}{\niebieski{\boldsymbol{2n-8}}} = \niebieski{\boldsymbol 1} + {\frac{5}{2n-8}}\] Wiemy, że \(\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\frac{5}{2n-8} = 0\), dlatego zachodzi równość \[\lim_{n\rightarrow \infty} \czerwony{\boldsymbol{\left(1+\frac{5}{2n-8}\right)^{\frac{2n-8}{5}}}}\overset{\zielony{\left[1^{\infty}\right]}}{=}\czerwony{\boldsymbol e}\] Zapisujemy więc wykładnik \(5n\) w postaci \[5n=5n\cdot\underbrace{{\frac{2n-8}{5}}\cdot \frac{5}{2n-8}}_{1} = \frac{2n-8}{5}\cdot \frac{25n}{2n-8}\] i otrzymujemy \[\lim_{n\to\infty} \left(\frac{2n-3}{2n-8}\right)^{5n} = \lim_{n\rightarrow \infty} \left(1+\frac{5}{2n-8}\right)^{5n} = \lim_{n\rightarrow \infty} \left(1+\frac{5}{2n-8}\right)^{\frac{2n-8}{5}\cdot \frac{25n}{2n-8}}\] Po skorzystaniu z własności działań na potęgach otrzymujemy \[\lim_{n\to\infty} \left(\frac{2n-3}{2n-8}\right)^{5n} = \lim_{n\rightarrow \infty} \left(1+\frac{5}{2n-8}\right)^{5n} = \lim_{n\rightarrow \infty}\left[\gcancelto{\czerwony}{e}{\left({1+\frac{5}{2n-8}}\right)^{{\frac{2n-8}{5}}}}\right]^ {\gcancelto{\czerwony}{\frac{25}{2}}{\frac{25n}{2n-8}}}=e^{\frac{25}{2}}\]