Twierdzenia o trzech i o dwóch ciągach
- \(\bigvee\limits_{n_0\in\mathbb{N}}\ \bigwedge\limits_{n\gt n_0}\ a_n\leq b_n\leq c_n\ \) oraz
- \(\lim\limits_{n\rightarrow \infty}{a_n}=\lim\limits_{n\rightarrow \infty}{c_n}=g,\ \) gdzie \(g\in\mathbb{R}\),
- \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty}\sqrt[n]{n}\overset{\zielony{\left[\infty^0\right]}}{=}1\),
- \(\displaystyle \bigwedge_{a\gt 0}\quad \lim_{n\rightarrow \infty}\sqrt[n]{a}\overset{\zielony{\left[a^0\right]}}{=}1\),
- \(\displaystyle \bigwedge_{x\in\mathbb{R}}\quad x-1\lt\left[x\right]\le x\).
Skorzystamy z twierdzenia o trzech ciągach, aby obliczyć granicę ciągu \[\lim_{n\rightarrow \infty} \sqrt[n]{2^n+3^n+6^n},\] ponieważ symbol tego wyrażenia jest nieoznaczony \(\left[\infty^0\right]\), a pierwiastek sumy nie jest równy sumie pierwiastków i nie możemy zapisać tego wyrażenia w prostszej postaci. Musimy zatem ograniczyć ciąg o wyrazach \[b_n=\sqrt[n]{2^n+3^n+6^n}\] od dołu i od góry ciągami, które będą miały tę samą granicę właściwą \(g\). Wtedy ciąg \(\left(b_n\right)\) też będzie miał granicę \(g\).
Wiemy, że pierwiastek jest funkcją rosnącą, dlatego zwiększając wyrażenie stojące pod pierwiastkiem, zwiększymy jego wartość, a zmniejszając to wyrażenie – zmniejszymy ją. Wyrażenie stojące pod pierwiastkiem jest sumą składników dodatnich, więc możemy je zwiększyć, zastępując każdy z nich tym największym, czyli \(6^n\). Otrzymujemy w ten sposób nierówność prawdziwą dla wszystkich liczb naturalnych \(n\) \[b_n=\sqrt[n]{2^n+3^n+6^n}\leq \sqrt[n]{6^n+6^n+6^n}= \sqrt[n]{3\cdot 6^n}= 6\sqrt[n]{3}, \] przy czym zgodnie z powyższym faktem \[\lim\limits_{n\to\infty} 6\gcancelto{\czerwony}{1}{\sqrt[n]{3}}\overset{(2)}{=}6\] Niestety podobnego przekształcenia nie możemy dokonać, pomniejszając wyrazy ciągu \(\left(b_n\right)\), gdyż otrzymalibyśmy wyrazy ciągu o granicy \(2\) różnej od \(6\). Pomniejszamy więc wyrażenie stojące pod pierwiastkiem, pozbywając się składników \(2^n\) i \(3^n\) różnych od największego \(\left(6^n\right)\). Otrzymujemy wówczas nierówność prawdziwą dla wszystkich liczb naturalnych \(n\) \[6=\sqrt[n]{6^n}\leq\sqrt[n]{2^n+3^n+6^n}=b_n,\] przy czym \[\lim\limits_{n\to\infty}6=6\] Zatem \[\bigwedge\limits_{n\in\mathbb{N}}\quad \underbrace{6}_{a_n}\leq b_n\leq \underbrace{6\sqrt[n]{3}}_{c_n} \] oraz \[\lim\limits_{n\to\infty} a_n = \lim\limits_{n\to\infty} c_n = 6\] Znaleźliśmy więc dwa ciągi, które ograniczają ciąg \(\left(b_n\right)\) od dołu i od góry i mają granicę równą \(6\), co zgodnie z twierdzeniem o trzech ciągach oznacza, że \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n=\lim_{n\rightarrow \infty}\sqrt[n]{2^n+3^n+6^n}=6\]
Skorzystamy z twierdzenia o trzech ciągach, aby obliczyć granicę ciągu \[\lim_{n\rightarrow \infty} {2n^7+5n^2+\cos 8n\over n^7+2n+\sin 4n},\] ponieważ ustalając symbol tego wyrażenia, zauważamy, że zawiera ono wyrażenia \(\sin 8n\) i \(\cos 4n\), które nie posiadają granicy przy \(n\) dążącym do nieskończoności. Wiemy jednak, że ciągi o wyrazach \(\cos 8n\) i \(\sin 4n\) są ograniczone, a ich elementy należą do przedziału \(\left< -1, 1\right>\). Zatem ograniczając ciąg
\[b_n={2n^7+5n^2+\cos 8n\over n^7+2n+\sin 4n}\] od dołu i od góry, pozbędziemy się ich, używając odpowiednio liczb \(−1\) i \(1\). Zastępując wyrażenie \(\czerwony{\boldsymbol{\cos 8n}}\) dodawane w liczniku liczbą \(\czerwony{\boldsymbol 1}\) oraz wyrażenie \(\niebieski{\boldsymbol{\sin 4n}}\) dodawane w mianowniku liczbą \(\niebieski{\boldsymbol{−1}}\), zwiększymy cały ułamek, ponieważ zwiększymy jego licznik i zmniejszymy jego mianownik. Otrzymujemy w ten sposób nierówność prawdziwą dla wszystkich liczb naturalnych \(n\)
\[b_n={2n^7+5n^2+\czerwony{\boldsymbol{\cos 8n }}\over n^7+2n+\niebieski{\boldsymbol{\sin 4n}}}\leq {2n^7+5n^2 +\czerwony{\boldsymbol 1}\over n^7+2n \niebieski{\boldsymbol{-1}}},\]
przy czym \[\lim_{n\rightarrow \infty} {2n^7+5n^2 +1\over n^7+2n -1}\overset{\zielony{\boldsymbol *}}{=} 2\]
W miejscu oznaczonym \(\zielony{\boldsymbol *}\) skorzystaliśmy z faktu, że wielomiany stojące w liczniku i mianowniku są tego samego stopnia.
Jednocześnie po zastąpieniu wyrażenia \(\czerwony{\boldsymbol{\cos 8n}}\) dodawanego w liczniku liczbą \(\czerwony{\boldsymbol{-1}}\) oraz wyrażenia \(\niebieski{\boldsymbol{\sin 4n}}\) dodawanego w mianowniku liczbą \(\niebieski{\boldsymbol 1}\) cały ułamek się zmniejszy, ponieważ zmniejszymy jego licznik i zwiększymy jego mianownik. Otrzymujemy w ten sposób nierówność prawdziwą dla wszystkich liczb naturalnych \(n\)
\[{2n^7+5n^2\ \czerwony{\boldsymbol {-1}}\over n^7+2n + \niebieski{\boldsymbol{1}}}\leq {2n^7+5n^2+\czerwony{\boldsymbol{\cos 8n}}\over n^7+2n+\niebieski{\boldsymbol{\sin 4n}}}=b_n,\]
przy czym
\[\lim_{n\rightarrow \infty} {2n^7+5n^2 -1\over n^7+2n +1}\overset{\zielony{\boldsymbol *}}{=} 2\]
W miejscu oznaczonym \(\zielony{\boldsymbol *}\) ponownie skorzystaliśmy z faktu, że wielomiany stojące w liczniku i mianowniku są tego samego stopnia.
Zatem \[\bigwedge\limits_{n\in\mathbb{N}}\quad \underbrace{{{2n^7+5n^2} -1\over {n^7+2n} +1}}_{a_n}\leq b_n\leq \underbrace{{{2n^7+5n^2} +1\over {n^7+2n} -1}}_{c_n} \] oraz
\[\lim\limits_{n\to\infty} a_n = \lim\limits_{n\to\infty} c_n = 2\]
Znaleźliśmy więc dwa ciągi, które ograniczają ciąg \(\left(b_n\right)\) od dołu i od góry i mają granicę równą \(1\), co zgodnie z twierdzeniem o trzech ciągach oznacza, że \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n=\lim_{n\rightarrow \infty} {2n^7+5n^2+\cos 8n\over n^7+2n+\sin 4n}=2\]
Skorzystamy z twierdzenia o trzech ciągach, aby obliczyć granicę ciągu \[\lim_{n\rightarrow \infty} \left({8\over \sqrt{n^2+1}}+{8\over \sqrt{n^2+2}}+{8\over \sqrt{n^2+3}}+\ldots+{8\over \sqrt{n^2+n}}\right) ,\] ponieważ nie jest to suma początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego ani geometrycznego, więc trudno byłoby zapisać ją w prostszej postaci.
Aby wyznaczyć ciągi ograniczające ciąg \[b_n={8\over \sqrt{n^2+1}}+{8\over \sqrt{n^2+2}}+{8\over \sqrt{n^2+3}}+\ldots+{8\over \sqrt{n^2+n}}\] od dołu i od góry, musimy wiedzieć, który ze składowych ułamków jest najmniejszy, a który największy. Wiemy, że dla kolejnych liczb naturalnych \(k\) wyrażenie \[{8\over \sqrt{n^2+k}}\] przyjmuje coraz mniejsze wartości (mianownik staje się coraz większy, więc ułamek jest coraz mniejszy). Zatem jeżeli każdy składnik sumy \(b_n\), a jest ich \(\czerwony{\boldsymbol n}\), zastąpimy składnikiem pierwszym, czyli największym, to dostaniemy nierówność \[b_n=\niebieski{\boldsymbol {8\over \sqrt{n^2+1}}}+{{8}\over \sqrt{n^2+2}}+\ldots+{8\over \sqrt{n^2+n}}\leq \niebieski{\boldsymbol{8\over \sqrt{n^2+1}}}\cdot \czerwony{\boldsymbol n}\] prawdziwą dla wszystkich liczb naturalnych \(n\), przy czym \[\lim\limits_{n\to\infty}{{8n}\over \sqrt{n^2+1}}\overset{\zielony{\left[\infty\over\infty\right]}}{=}\lim\limits_{n\to\infty}{{8n}\over \sqrt{n^2\left(1+{1\over n^2}\right)}}=\lim\limits_{n\to\infty}{8\ccancel{\fioletowy}{n}\over \ccancel{\fioletowy}{n}\sqrt{1+{1\over n^2}}}=\lim\limits_{n\to\infty}{8\over \sqrt{1+\gcancelto{\czerwony}{0}{1\over n^2}}}=8\] Analogicznie ograniczamy ciąg \(\left(b_n\right)\) od dołu, tym razem zastępując każdy z \(\czerwony{\boldsymbol n}\) składników sumy \(b_n\) składnikiem najmniejszym, czyli ostatnim i dostajemy nierówność \[\zielony{\boldsymbol {8\over \sqrt{n^2+n}}}\cdot \czerwony{\boldsymbol n}\le {8\over \sqrt{n^2+1}}+{{8}\over \sqrt{n^2+2}}+\ldots+\zielony{\boldsymbol {8\over \sqrt{n^2+n}}}=b_n,\] przy czym \[\lim\limits_{n\to\infty}{{8n}\over \sqrt{n^2+n}}\overset{\zielony{\left[\infty\over\infty\right]}}{=}\lim\limits_{n\to\infty}{8n\over \sqrt{n^2\left(1+{1\over n}\right)}}=\lim\limits_{n\to\infty}{8\ccancel{\fioletowy}{n}\over \ccancel{\fioletowy}{n}\sqrt{1+{1\over n}}}=\lim\limits_{n\to\infty}{8\over \sqrt{1+\gcancelto{\czerwony}{0}{1\over n}}}= 8\] Zatem \[\bigwedge\limits_{n\in\mathbb{N}}\quad \underbrace{{{8n}\over \sqrt{n^2+n}}}_{a_n}\le b_n\le \underbrace{{{8n}\over \sqrt{n^2+1}}}_{c_n}\] oraz \[\lim\limits_{n\to\infty} a_n=\lim\limits_{n\to\infty} c_n=8\] Znaleźliśmy więc dwa ciągi, które ograniczają ciąg \(\left(b_n\right)\) od dołu i od góry i mają granicę równą \(8\), co zgodnie z twierdzeniem o trzech ciągach oznacza, że \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n=\lim_{n\rightarrow \infty}\left({8\over \sqrt{n^2+1}}+{8\over \sqrt{n^2+2}}+{8\over \sqrt{n^2+3}}+\ldots+{8\over \sqrt{n^2+n}}\right)={8}\]-
\(\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty} \sqrt[n]{1^4+2^4+3^4+\ldots+n^4}\)Widzimy, że symbol wyrażenia, którego granicę mamy obliczyć, jest nieoznaczony \(\left[\infty^0\right]\), a suma znajdująca się pod pierwiastkiem nie jest sumą początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego ani geometrycznego, więc nie możemy zapisać jej w prostszej postaci. Skorzystamy więc z twierdzenia o trzech ciągach i ograniczymy ciąg o wyrazach \[b_n=\sqrt[n]{1^4+2^4+3^4+\ldots+n^4}\] od dołu i od góry ciągami zbieżnymi do tej samej granicy właściwej.
Ponieważ pierwiastek jest funkcją rosnącą, to zwiększając wyrażenie stojące pod pierwiastkiem, zwiększymy jego wartość, a zmniejszając to wyrażenie – zminiejszymy ją. Wyrażenie stojące pod pierwiastkiem jest sumą składników dodatnich, więc zwiększymy je, zastępując każdy z nich tym największym, czyli \(n^4\), a zmniejszymy je, pozbywając się wszystkich składników poza \(1^4\). Wówczas \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad \underbrace{1}_{a_n}=\sqrt[n]{1^4} \le b_n \le \rlap{\quad\underbrace{\phantom{n^4+n^4+\ldots+n^4}}_{\textstyle n\ \hbox{ razy}}}\sqrt[n]{n^4+n^4+\ldots+n^4}=\sqrt[n]{n\cdot n^4}=\underbrace{\sqrt[n]{n^5}}_{c_n},\] oraz \[\eqalign{&\lim\limits_{n\to\infty} a_n =\lim\limits_{n\to\infty} 1=1\cr &\lim\limits_{n\to\infty} c_n = \lim_{n\rightarrow \infty} \sqrt[n]{n^5}= \lim_{n\rightarrow \infty} \left(\gcancelto{\czerwony}{1}{\sqrt[n]{n}}\right)^5\overset{(1)}{=}1 \cr}\] Zatem zgodnie z twierdzeniem o trzech ciągach \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n= \lim_{n\rightarrow \infty} \sqrt[n]{1^4+2^4+3^4+\ldots+n^4}=1\] -
\(\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty} \left({3\over \sqrt{n^4+1}}+{3\over \sqrt{n^4+2}}+{3\over \sqrt{n^4+3}}+\ldots+{3\over \sqrt{n^4+n}}\right)\)Widzimy, że suma \(\czerwony{\boldsymbol n}\) składników dodatnich \[b_n= {3\over \sqrt{n^4+1}}+{3\over \sqrt{n^4+2}}+{3\over \sqrt{n^4+3}}+\ldots+{3\over \sqrt{n^4+n}}\] nie jest sumą początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego ani geometrycznego, dlatego do wyznaczenia granicy ciągu \(\left(b_n\right)\) wykorzystamy twierdzenie o trzech ciągach i ograniczymy ją od dołu i od góry wyrazami ciągów zbieżnych do tej samej granicy właściwej.
Ponieważ największym składnikiem sumy \[b_n=\niebieski{\boldsymbol{3\over \sqrt{n^4+1}}}+{3\over \sqrt{n^4+2}}+{3\over \sqrt{n^4+3}}+\ldots+\zielony{\boldsymbol{3\over \sqrt{n^4+n}}}\] jest pierwszy ułamek, a najmniejszym jest ostatni ułamek, to zwiększymy sumę \(b_n\), zastępując wszystkie \(\czerwony{\boldsymbol n}\) składników tym największym, a zmniejszymy ją, zostawiając tylko najmniejszy jej składnik. Wówczas \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad \underbrace{\zielony{\boldsymbol{3\over \sqrt{n^4+n}}}}_{a_n} \le b_n\le \underbrace{\niebieski{\boldsymbol{3\over \sqrt{n^4+1}}}\cdot \czerwony{\boldsymbol n}}_{c_n}\] oraz \[\eqalign{\lim\limits_{n\to\infty} a_n &= \lim\limits_{n\to\infty}{3\over \dcancelto{\niebieski}{\infty}{\sqrt{n^4+n}}} \overset{\zielony{\left[3\over\infty\right]}}{=} 0\cr \lim\limits_{n\to\infty} c_n &= \lim\limits_{n\to\infty} {{3n}\over \sqrt{n^4+1}}\overset{\zielony{\left[\infty\over\infty\right]}}{=} \lim\limits_{n\to\infty}{{3n}\over \sqrt{n^2\left(n^2+{1\over n^2}\right)}}= \lim\limits_{n\to\infty}{3\ccancel{\fioletowy}{n}\over \ccancel{\fioletowy}{n}\sqrt{n^2+{1\over n^2}}}=\cr&= \lim\limits_{n\to\infty}{3\over \sqrt{\dcancelto{\niebieski}{\infty}{n^2}+\dcancelto{\czerwony}{0}{1\over n^2}}}\overset{\zielony{\left[\frac{3}{\infty}\right]}}{=}0\cr}\] Zatem na podstawie twierdzenia o trzech ciągach \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n= \lim_{n\rightarrow \infty} \left({3\over \sqrt{n^4+1}}+{3\over \sqrt{n^4+2}}+{3\over \sqrt{n^4+3}}+\ldots+{3\over \sqrt{n^4+n}}\right)=0\] -
\(\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty} \frac{2-n\sin^2 (n!)}{n^2-1}\)Ustalając symbol tego wyrażenia, zauważamy, że wyrażenie \(\sin^2 (n!)\) nie posiada granicy przy \(n\) dążącym do nieskończoności, dlatego skorzystamy z twierdzenia o trzech ciągach i pozbędziemy się tego wyrażenia, ograniczając ciąg o wyrazach \[b_n=\frac{2-n\sin^2 (n!)}{n^2-1}\quad\hbox{dla}\quad n\ge 2\] od dołu i od góry ciągami zbieżnymi do tej samej granicy właściwej.
Ponieważ wyrazy ciągu \(\left(\sin (n!)\right)\) należą do przedziału \(\left< -1, 1\right>\), to po podniesieniu ich do kwadratu i pomnożeniu przez liczbę naturalną \(n\) prawdziwa jest nierówność \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad 0\le n\sin^2 (n!)\le n\] Zwiększymy więc wyrazy ciągu \(\left(b_n\right)\), gdzie \(n\ge 2\), zastąpując wyrażenie \(n\sin^2 (n!)\) odejmowane w liczniku liczbą \(\czerwony{\boldsymbol 0}\), a zmniejszymy je, zastępując to wyrażenie liczbą \(\niebieski{\boldsymbol n}\). Wówczas \[\bigwedge_{n\ge 2}\quad \underbrace{\frac{1}{n^2-1}}_{a_n}=\frac{2-\niebieski{\boldsymbol n}}{n^2-1}\le b_n \le \frac{2-\czerwony{\boldsymbol 0}}{n^2-1}=\underbrace{\frac{2}{n^2-1}}_{c_n}\] oraz \[\eqalign{&\lim\limits_{n\to\infty} a_n= \lim\limits_{n\to\infty} \frac{2-n}{n^2-1}\overset{\zielony{\left[\frac{-\infty}{\infty}\right]}}{=}0\cr &\lim\limits_{n\to\infty} c_n= \lim\limits_{n\to\infty} \frac{2}{n^2-1}\overset{\zielony{\left[\frac{2}{\infty}\right]}}{=}0\cr}\] Zatem z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n= \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{2-n\sin^2 (n!)}{n^2-1}=0\] -
\(\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty} \frac{2n+\left[\sqrt{n+1}\right]}{3-n}\)Widzimy, że symbol wyrażenia, którego granicę mamy obliczyć, jest nieoznaczony \(\left[\infty\over{-\infty}\right]\), ale w liczniku znajduje się cecha liczby rzeczywistej \(\sqrt {n+1}\), która utrudnia nam przekształcenie tego wyrażenia. Skorzystamy więc z twierdzenia o trzech ciągach i pozbędziemy się jej, ograniczając ciąg o wyrazach \[b_n=\frac{2n+\left[\sqrt{n+1}\right]}{3-n}\quad\hbox{dla}\quad n\ge 3\] od dołu i od góry ciągami zbieżnymi do tej samej granicy właściwej.
Ponieważ z własności cechy liczby rzeczywistej wynika, że \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad \sqrt{n+1}-1 \overset{(3)}{\lt} \left[\sqrt{n+1}\right] \overset{(3)}{\le} \sqrt{n+1},\] to zwiększymy wyrazy ciągu \(\left(b_n\right)\), gdzie \(n\ge 3\), zastąpując składnik \(\left[\sqrt{n+1}\right]\) dodawany w liczniku wyrażeniem \(\czerwony{\boldsymbol {\sqrt{n+1}}}\), a zmniejszymy je, zastępując ten składnik wyrażeniem \(\niebieski{\boldsymbol {\sqrt{n+1}-1}}\). Wówczas \[\bigwedge_{n\ge 3}\quad \underbrace{\frac{2n+\niebieski{\boldsymbol{\sqrt{n+1}-1}}}{3-n}}_{a_n}\le b_n \le \underbrace{\frac{2n+\czerwony{\boldsymbol{\sqrt{n+1}}}}{3-n}}_{c_n}\] oraz \[\eqalign{\lim\limits_{n\to\infty} a_n &= \lim\limits_{n\to\infty} \frac{2n+\sqrt{n+1}-1}{3-n}\overset{\zielony{\left[\frac{\infty}{-\infty}\right]}}{=} \lim\limits_{n\to\infty} \frac{2\ccancel{\fioletowy}{n}\left(1+\frac{\sqrt{n+1}}{n}-\frac{1}{n}\right)}{\ccancel{\fioletowy}{n}\left(\frac{3}{n}-1\right)}=\cr&= \lim\limits_{n\to\infty} \frac{2\left(1+\sqrt{\gcancelto{\czerwony}{0}{\frac{n+1}{n^2}}}-\gcancelto{\czerwony}{0}{\frac{1}{n}}\right)}{\dcancelto{\czerwony}{0}{\frac{3}{n}}-1} =-2\cr \lim\limits_{n\to\infty} c_n&= \lim\limits_{n\to\infty} \frac{n+\sqrt{n+1}}{3-n}\overset{\zielony{\left[\frac{\infty}{-\infty}\right]}}{=} \lim\limits_{n\to\infty} \frac{n+\sqrt{n+1}-1+1}{3-n} =\cr&= \lim\limits_{n\to\infty} \left(\frac{n+\sqrt{n+1}-1}{3-n}+\frac{1}{3-n}\right) = \lim\limits_{n\to\infty} a_n + \lim\limits_{n\to\infty} \gcancelto{\czerwony}{0}{\frac{1}{3-n}} = -2\cr}\] Zatem zgodnie z twierdzeniem o trzech ciągach \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n= \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{2n+\left[\sqrt{n+1}\right]}{3-n}=-2\]
- Jeżeli \(\displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow \infty} a_n=\infty\), to \(\displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow \infty} b_n=\infty\).
- Jeżeli \(\displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow \infty} b_n=-\infty\), to \(\lim\limits_{n\rightarrow \infty} a_n=-\infty\).
Skorzystamy z twierdzenia o dwóch ciągach, aby obliczyć granicę ciągu \[\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{7n^3+2n}{4n^2-\sin \sqrt n}\]
Widzimy, że wszystkie wyrazy ciągu \[b_n=\frac{7n^3+2n}{4n^2-\sin \sqrt n}\]są dodatnie, ponieważ dla każdej liczby naturalnej \(n\) licznik i mianownik jest dodatni. Przypuszczamy więc, że granicą ciągu \(\left(b_n\right)\) jest plus nieskończoność, dlatego ograniczymy jego wyrazy tylko z dołu ciągiem rozbieżnym do \(\infty\). Wtedy ciąg \(\left(b_n\right)\) też będzie rozbieżny do \(\infty\).Aby pomniejszyć cały ułamek \(b_n\), powiększymy jego mianownik, zastępując wyrażenie \(\niebieski{\boldsymbol {\sin \sqrt n}}\) w nim odejmowane najmniejszą z możliwych wartości, jakie przyjmuje funkcja sinus, czyli \(\niebieski{\boldsymbol {-1}}\). Wówczas \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad \underbrace{\frac{7n^3+2n}{4n^2+1}}_{a_n}=\frac{7n^3+2n}{4n^2-(\niebieski{\boldsymbol {-1}})}\leq \frac{7n^3+2n}{4n^2-\niebieski{\boldsymbol {\sin \sqrt n}}}=b_n\] oraz \[\lim\limits_{n\to\infty} a_n = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{7n^3+2n}{4n^2+1} \overset{\zielony{\boldsymbol *}}{=}\infty\] W miejscu oznaczonym \(\zielony{\boldsymbol *}\) skorzystaliśmy z faktu, że stopień licznika jest większy niż stopień mianownika.
Znaleźliśmy więc ciąg, który ogranicza ciąg \(\left(b_n\right)\) od dołu i jest rozbieżny do \(\infty\), dlatego na podstawie twierdzenia o dwóch ciągach stwierdzamy, że \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n=\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{7n^3+2n}{4n^2-\sin \sqrt n}=\infty\]
Skorzystamy z twierdzenia o dwóch ciągach, aby obliczyć granicę ciągu \[\lim_{n\rightarrow \infty} \sqrt[3]{(-1)^n\mathrm{arcctg}\, n-n}\]
Z ograniczoności funkcji \(y=\mathrm{arcctg}\, x\) wynika, że wyrażenie \((-1)^n\mathrm{arcctg}\, n\) przyjmuje wartości z przedziału \((-\pi,\pi)\), więc dla \(n\ge 4\) wyrazy ciągu \[a_n=\sqrt[3]{(-1)^n\mathrm{arcctg}\, n-n}\]są ujemne. Przypuszczamy więc, że granicą ciągu \(\left(a_n\right)\) jest minus nieskończoność, dlatego ograniczymy jego wyrazy tylko z góry ciągiem rozbieżnym do \(-\infty\). Wtedy ciąg \(\left(a_n\right)\) też będzie rozbieżny do \(-\infty\).Aby powiększyć wyrazy ciągu \(\left(a_n\right)\), zastąpimy wyrażenie \(\niebieski{\boldsymbol {(-1)^n\mathrm{\bf arcctg}\, n}}\) liczbą \(\niebieski{\boldsymbol {\pi}}\). Wówczas \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad a_n=\sqrt[3]{(-1)^n\mathrm{arcctg}\, n-n}\lt \underbrace{\sqrt[3]{\niebieski{\boldsymbol {\pi}}-n}}_{b_n}\] oraz \[\lim\limits_{n\to\infty} b_n = \lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[3]{\gcancelto{\niebieski}{-\infty}{\pi-n}} = -\infty\] Znaleźliśmy więc ciąg, który ogranicza ciąg \(\left(a_n\right)\) od góry i jest rozbieżny do \(-\infty\), dlatego zgodnie z twierdzeniem o dwóch ciągach otrzymujemy równość \[\lim_{n\rightarrow \infty} a_n=\lim_{n\rightarrow \infty} \sqrt[3]{(-1)^n\mathrm{arcctg}\, n-n}= -\infty\]
Skorzystamy z twierdzenia o dwóch ciągach, aby obliczyć granicę ciągu \[\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{\left[n^2\sqrt 5\right]}{\left[\sqrt {n-3}\right]} \]
Z definicji cechy liczby rzeczywistej wynika, że dla \(n\ge 4\) wyrazy ciągu \[b_n=\frac{\left[n^2\sqrt 5\right]}{\left[\sqrt {n-3}\right]}\]są dodatnie, ponieważ mają dodatni licznik i mianownik. Przypuszczamy więc, że granicą ciągu \(\left(b_n\right)\) jest plus nieskończoność, dlatego ograniczymy jego wyrazy tylko z dołu ciągiem rozbieżnym do \(\infty\). Wtedy ciąg \(\left(b_n\right)\) też będzie rozbieżny do \(\infty\).Aby pomniejszyć wyrazy ciągu \(\left(b_n\right)\), zmniejszymy licznik i zwiększymy mianownik. Wykorzystamy w tym celu własnośc cechy liczby rzeczywistej i zastąpimy wyrażenie \(\niebieski{\boldsymbol{\left[n^2\sqrt 5\right]}}\) stojące w liczniku wyrażeniem \(\niebieski{\boldsymbol{n^2\sqrt 5-1}}\), a wyrażenie \(\zielony{\boldsymbol{\left[\sqrt {n-3}\right]}}\) stojące w mianowniku wyrażeniem \(\zielony{\boldsymbol{\sqrt {n-3}}}\). Wówczas \[\bigwedge_{n\ge 4}\quad \underbrace{\frac{\niebieski{\boldsymbol{n^2\sqrt 5-1}}}{\zielony{\boldsymbol{\sqrt {n-3}}}}}_{a_n} \le \frac{\left[n^2\sqrt 5\right]}{\left[\sqrt {n-3}\right]}=b_n\] oraz \[\eqalign{\lim\limits_{n\to\infty} a_n &= \lim\limits_{n\to\infty} \frac{n^2\sqrt 5-1}{\sqrt {n-3}} \overset{\zielony{\left[\frac{\infty}{\infty}\right]}}{=} \lim\limits_{n\to\infty} \frac{\ccancel{\fioletowy}{\sqrt n}\left(\frac{n^2\sqrt 5}{\sqrt n}-\frac{1}{\sqrt n}\right)}{\ccancel{\fioletowy}{\sqrt n}\cdot\sqrt {1-\frac{3}{n}}} =\cr&= \lim\limits_{n\to\infty} \frac{\gcancelto{\niebieski}{\infty}{\sqrt {5n^3}}-\gcancelto{\czerwony}{0}{\frac{1}{\sqrt n}}}{\sqrt {1-\dcancelto{\czerwony}{0}{\frac{3}{n}}}} = \infty\cr}\] Otrzymaliśmy więc ciąg, który ogranicza ciąg \(\left(b_n\right)\) od dołu i jest rozbieżny do \(\infty\), dlatego \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n=\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{\left[n^2\sqrt 5\right]}{\left[\sqrt {n-3}\right]} = \infty\]
Skorzystamy z twierdzenia o dwóch ciągach, aby obliczyć granicę ciągu \[\lim_{n\rightarrow \infty} \left(\frac{1}{\sqrt[3]{1}} + \frac{1}{\sqrt[3]{2}} + \frac{1}{\sqrt[3]{3}} + \ldots + \frac{1}{\sqrt[3]{n+1}}\right)\]
Ponieważ wyrazy ciągu \[b_n= \frac{1}{\sqrt[3]{1}} + \frac{1}{\sqrt[3]{2}} + \frac{1}{\sqrt[3]{3}} + \ldots + \frac{1}{\sqrt[3]{n+1}}\]są sumą składników dodatnich, to przypuszczamy, że granicą ciągu \(\left(b_n\right)\) jest plus nieskończoność i ograniczamy ten ciąg tylko z dołu. W tym celu zastępujemy każdy z \(\niebieski{\boldsymbol{n+1}}\) ułamków tym najmniejszym, czyli \(\zielony{\boldsymbol{\frac{1}{\sqrt[3]{n+1}}}}\). Wówczas \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad \underbrace{\sqrt[3]{(n+1)^2}}_{a_n}=\zielony{\boldsymbol{\frac{1}{\sqrt[3]{n+1}}}}\cdot \left(\niebieski{\boldsymbol {n+1}}\right)\le \frac{1}{\sqrt[3]{1}} + \frac{1}{\sqrt[3]{2}} + \frac{1}{\sqrt[3]{3}} + \ldots + \zielony{\boldsymbol{\frac{1}{\sqrt[3]{n+1}}}}=b_n \] oraz \[\lim\limits_{n\to\infty} a_n= \lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[3]{\gcancelto{\niebieski}{\infty}{(n+1)^2}}=\infty\] Skoro otrzymaliśmy ciąg, który ogranicza ciąg \(\left(b_n\right)\) od dołu i jest rozbieżny do \(\infty\), to \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n=\lim_{n\rightarrow \infty} \left(\frac{1}{\sqrt[3]{1}} + \frac{1}{\sqrt[3]{2}} + \frac{1}{\sqrt[3]{3}} + \ldots + \frac{1}{\sqrt[3]{n+1}}\right) = \infty\]-
\(\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty} \left(\left[\frac{1-n^2}{\sqrt n-1}\right]-n\right)\)Widzimy, że dla \(n\ge 2\) wyrazy ciągu \[a_n=\left[\frac{1-n^2}{\sqrt n-1}\right]-n\]są ujemne, ponieważ są sumą dwóch ujemnych składników (pod częścią całkowitą licznik jest ujemny, a mianownik dodatni). Przypuszczamy więc, że granicą ciągu \(\left(a_n\right)\) jest minus nieskończoność, dlatego ograniczymy jego wyrazy tylko z góry ciągiem \(\left(b_n\right)\) rozbieżnym do \(-\infty\). W tym celu korzystamy z wcześniejszego faktu i pozbywamy się części całkowitej. Wówczas \[\bigwedge_{n\ge 2}\quad a_n=\left[\frac{1-n^2}{\sqrt n-1}\right]-n \overset{(3)}{\le} \underbrace{\frac{1-n^2}{\sqrt n-1}-n}_{b_n}\] oraz \[\eqalign{\lim\limits_{n\to\infty} b_n &= \lim\limits_{n\to\infty} \left(\frac{1-n^2}{\sqrt n-1}-n\right) \overset{\zielony{\left[\frac{-\infty}{\infty}-\infty\right]}}{=} \lim\limits_{n\to\infty} \left[\frac{\ccancel{\fioletowy}{\sqrt n}\left(\frac{1}{\sqrt n}-\frac{n^2}{\sqrt n}\right)}{\ccancel{\fioletowy}{\sqrt n}\left(1-\frac{1}{\sqrt n}\right)} -n\right] =\cr&= \lim\limits_{n\to\infty} \left(\frac{\gcancelto{\czerwony}{0}{\frac{1}{\sqrt n}}-\gcancelto{\niebieski}{\infty}{\sqrt {n^3}}}{1-{\dcancelto{\czerwony}{0}{\frac{1}{\sqrt n}}}} -\gcancelto{\niebieski}{\infty}{n}\right)\overset{\zielony{\left[-\infty-\infty\right]}}{=} -\infty\cr}\] Zatem zgodnie z twierdzeniem o dwóch ciągach \[\lim_{n\rightarrow \infty} a_n=\lim\limits_{n\to\infty} \left(\left[\frac{1-n^2}{\sqrt n-1}\right]-n\right) = -\infty\]
-
\(\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{n^3+\textrm{arctg}\, ^2 (3n-1)}{n+7}\)Widzimy, że wszystkie wyrazy ciągu \[b_n=\frac{n^3+\textrm{arctg}\, ^2 (3n-1)}{n+7}\]są dodatnie, ponieważ funkcja kwadratowa przyjmuje wartości nieujemne. Przypuszczamy więc, że granicą ciągu \(\left(b_n\right)\) jest plus nieskończoność, dlatego ograniczymy jego wyrazy tylko z dołu ciągiem \(\left(a_n\right)\) rozbieżnym do \(\infty\). Korzystamy zatem z ograniczoności funkcji \(y=\textrm{arctg}\, x\) i zastępujemy wyrażenie \(\niebieski{\boldsymbol{\mathrm{arctg}\, (3n-1)}}\) liczbą \(\niebieski {\boldsymbol{\frac{\pi}{2}}}\). Wówczas \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad \underbrace{\frac{n^3+\frac{\pi^2}{4}}{n+7}}_{a_n}= \frac{n^3+\left(\niebieski{\boldsymbol{\frac{\pi}{2}}}\right)^2}{n+7} \le \frac{n^3+\left(\niebieski{\boldsymbol{\mathrm{arctg}\, (3n-1)}}\right)^2}{n+7}=b_n\] oraz \[\lim\limits_{n\to\infty} a_n = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{n^3+\frac{\pi^2}{4}}{n+7} \overset{\zielony{\boldsymbol *}}{=} \infty\] W miejscu oznaczonym \(\zielony{\boldsymbol *}\) skorzystaliśmy z faktu, że stopień licznika jest większy niż stopień mianownika. Na podstawie twierdzenia o dwóch ciągach \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n=\lim\limits_{n\to\infty} \frac{n^3+\textrm{arctg}\, ^2 (3n-1)}{n+7} = \infty\]
-
\(\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty} \left(10-{5\over \sqrt{1}}-{5\over \sqrt{2}}-{5\over \sqrt{3}}-\ldots -{5\over \sqrt{n}}\right)\)Ponieważ \[10-{5\over \sqrt{1}}-{5\over \sqrt{2}}-{5\over \sqrt{3}}-\ldots -{5\over \sqrt{n}} = 10-\underbrace{\left({5\over \sqrt{1}}+{5\over \sqrt{2}}+{5\over \sqrt{3}}+\ldots +{5\over \sqrt{n}}\right)}_{b_n},\] to rozważymy najpierw ciąg \[b_n= \frac{5}{\sqrt{1}} + \frac{5}{\sqrt{2}} + \frac{5}{\sqrt{3}} + \ldots + \frac{5}{\sqrt{n}},\]którego wszystkie wyrazy są dodatnie. Przypuszczamy, że granicą ciągu \(\left(b_n\right)\) jest plus nieskończoność i ograniczamy ten ciąg tylko z dołu. W tym celu zastępujemy każdy z \(\niebieski{\boldsymbol{n}}\) ułamków tym najmniejszym, czyli \(\zielony{\boldsymbol{\frac{5}{\sqrt{n}}}}\). Wówczas \[\bigwedge_{n\in\mathbb{N}}\quad \underbrace{5\sqrt{n}}_{a_n}=\zielony{\boldsymbol{\frac{5}{\sqrt{n}}}}\cdot \niebieski{\boldsymbol {n}}\le \frac{5}{\sqrt{1}} + \frac{5}{\sqrt{2}} + \frac{5}{\sqrt{3}} + \ldots + \zielony{\boldsymbol{\frac{5}{\sqrt{n}}}}=b_n \] oraz \[\lim\limits_{n\to\infty} a_n= \lim\limits_{n\to\infty} \left(5\sqrt{\gcancelto{\niebieski}{\infty}{n}}\right)=\infty\] Z twierdzenie o dwóch ciągach otrzymujemy równość \[\lim_{n\rightarrow \infty} \left(\frac{5}{\sqrt{1}} + \frac{5}{\sqrt{2}} + \frac{5}{\sqrt{3}} + \ldots + \frac{5}{\sqrt{n}}\right) = \infty\] Zatem granica, którą mieliśmy obliczyć wynosi \[\eqalign{\lim_{n\rightarrow \infty} a_n&=\lim_{n\rightarrow \infty} \left(10-{5\over \sqrt{1}}-{5\over \sqrt{2}}-{5\over \sqrt{3}}-\ldots -{5\over \sqrt{n}}\right)=\cr&= \lim_{n\rightarrow \infty} \left(10-b_n\right)= 10- \lim\limits_{n\to\infty} b_n = -\infty\cr}\]
-
\(\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty} \big[\left(5+(-1)^n\right)\cdot \ln n\big]\)Z definicji logarytmu naturalnego oraz z faktu, że wyrażenie \(5+(-1)^n\) jest równe \(4\) albo \(6\) wynika, że dla \(n\ge 2\) wyrazy ciągu \[b_n=\left(5+(-1)^n\right)\cdot \ln n\]są dodatnie. Przypuszczamy, że granicą ciągu \(\left(b_n\right)\) jest plus nieskończoność i ograniczamy ten ciąg tylko z dołu, zastępując wyrażenie \(\niebieski{\boldsymbol{5+(-1)^n}}\) liczbą \(\niebieski{\boldsymbol{4}}\). Wówczas \[\bigwedge_{n\ge 2}\quad \underbrace{\niebieski{\boldsymbol{4}}\cdot \ln n}_{a_n}=\left(\niebieski{\boldsymbol{5+(-1)^n}}\right)\cdot \ln n=b_n \] oraz \[\lim\limits_{n\to\infty} a_n= \lim\limits_{n\to\infty} \left(4\cdot{\gcancelto{\niebieski}{\infty}{\ln n}}\right)=\infty\] Zatem \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n=\lim_{n\rightarrow \infty} \big[\left(5+(-1)^n\right)\cdot \ln n\big]=\infty\]