Cecha liczby rzeczywistej\[\bigwedge_{x\in\mathbb{R}}\quad [x]=k \ \Longleftrightarrow \ k\in \mathbb{Z} \ \wedge \ k\leq x< k+1\]
Własność cechy liczby rzeczywistej\[\bigwedge_{x\in\mathbb{R}}\quad x-1\lt\left[x\right]\le x\]
Granica ciągu geometrycznego \(\boldsymbol{a_n=q^n}\)\[\lim\limits_{n\to\infty}{q^n}= \left\{\begin{array}{lll} 0 & \textrm{dla} & \left|q\right| \lt 1 \\ 1 & \textrm{dla} & q=1 \\ \infty & \textrm{dla} & q\gt 1 \\ \textrm{nie istnieje} & \textrm{dla} & q\le -1 \end{array}\right.\]
Granica ciągu \(\boldsymbol{a_n=\frac{1}{n^k}}\)\[\bigwedge_{k\gt 0}\quad \lim\limits_{n\to\infty}{1\over n^k}=0\]
Wykres funkcji \(\boldsymbol{y=\mathrm{arcctg}\, x}\)
Wykres funkcji arcus cotangens.
Wykres funkcji \(\boldsymbol{y=\mathrm{arctg}\, x}\)
Wykres funkcji arcus tangens.
Definicja logarytmu naturalnego \[\bigwedge_{x\in (0,\infty)}\quad y=\ln x\quad\Longleftrightarrow\quad x=e^y \]

Twierdzenia o trzech i o dwóch ciągach

W przypadku niektórych ciągów zastosowanie poznanych wcześniej twierdzeń lub przekształceń bywa niemożliwe, np. dlatego że jedną ze składowych takiego ciągu jest ciąg rozbieżny lub dlatego że nie znamy wzorów, które pozwoliłyby zapisać \(n\)-ty wyraz takiego ciągu w prostszej postaci. Wówczas do wyznaczenia granicy właściwej lub niewłaściwej ciągu możemy zastosować twierdzenie o trzech lub o dwóch ciągach. Rozpoczniemy od twierdzenia dotyczącego granicy właściwej ciągu.
Jeżeli ciągi \(\left(a_n\right)\), \(\left(b_n\right)\) i \(\left(c_n\right)\) spełniają warunki:
  1. \(\bigvee\limits_{n_0\in\mathbb{N}}\ \bigwedge\limits_{n\gt n_0}\ a_n\leq b_n\leq c_n\ \) oraz
  2. \(\lim\limits_{n\rightarrow \infty}{a_n}=\lim\limits_{n\rightarrow \infty}{c_n}=g,\ \) gdzie \(g\in\mathbb{R}\),
to \(\lim\limits_{n\rightarrow \infty}{b_n}=g\).
Zastosowanie twierdzenia o trzech ciągach polega więc na ograniczeniu prawie wszystkich wyrazów ciągu \(\left(b_n\right)\) z dołu przez wyrazy ciągu \(\left(a_n\right)\) oraz z góry przez wyrazy ciągu \(\left(c_n\right)\). Jednak wyrazy ciągów \(\left(a_n\right)\) i \(\left(c_n\right)\) nie mogą być zbytnio oddalone od wyrazów ciągu \(\left(b_n\right)\), ponieważ muszą mieć taką samą i łatwą do obliczenia granicę właściwą. Ciągi skrajne musimy więc dobierać, nieznacznie pomniejszając i powiększając wyraz ogólny ciągu \(\left(b_n\right)\). W tym celu często wykorzystujemy monotoniczność i ograniczoność funkcji elementarnych, a także znane granice ciągów geometrycznych lub potęgowych. Warto zatem znać następujące granice i nierówności.
  1. \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty}\sqrt[n]{n}\overset{\zielony{\left[\infty^0\right]}}{=}1\),
  2. \(\displaystyle \bigwedge_{a\gt 0}\quad \lim_{n\rightarrow \infty}\sqrt[n]{a}\overset{\zielony{\left[a^0\right]}}{=}1\),
  3. \(\displaystyle \bigwedge_{x\in\mathbb{R}}\quad x-1\lt\left[x\right]\le x\).
Przykład

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 \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n=\lim_{n\rightarrow \infty}\sqrt[n]{2^n+3^n+6^n}=6\]

Przykład

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 \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n=\lim_{n\rightarrow \infty} {2n^7+5n^2+\cos 8n\over n^7+2n+\sin 4n}=2\]

Przykład

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 \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n=\lim_{n\rightarrow \infty}\left({8\over \sqrt{n^2+1}}+{8\over \sqrt{n^2+2}}+{8\over \sqrt{n^2+3}}+\ldots+{8\over \sqrt{n^2+n}}\right)={8}\]
Zadanie
Korzystając z twierdzenia o trzech ciągach, oblicz granice:
  1. \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty} \sqrt[n]{1^4+2^4+3^4+\ldots+n^4}\)
    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 \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n= \lim_{n\rightarrow \infty} \sqrt[n]{1^4+2^4+3^4+\ldots+n^4}=1\]
  2. \(\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty} \left({3\over \sqrt{n^4+1}}+{3\over \sqrt{n^4+2}}+{3\over \sqrt{n^4+3}}+\ldots+{3\over \sqrt{n^4+n}}\right)\)
    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 \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n= \lim_{n\rightarrow \infty} \left({3\over \sqrt{n^4+1}}+{3\over \sqrt{n^4+2}}+{3\over \sqrt{n^4+3}}+\ldots+{3\over \sqrt{n^4+n}}\right)=0\]
  3. \(\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty} \frac{2-n\sin^2 (n!)}{n^2-1}\)
    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 \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n= \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{2-n\sin^2 (n!)}{n^2-1}=0\]
  4. \(\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty} \frac{2n+\left[\sqrt{n+1}\right]}{3-n}\)
    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 \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n= \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{2n+\left[\sqrt{n+1}\right]}{3-n}=-2\]
Odpowiednikiem twierdzenia o trzech ciągach dla granic niewłaściwych jest twierdzenie o dwóch ciągach.
Niech \((a_n)\), \((b_n)\) będą ciągami spełniającymi warunek \[\bigvee_{n_0\in \mathbb{N}}\quad \bigwedge_{n\geq n_0}\quad a_n\leq b_n\] Wówczas:
  1. Jeżeli \(\displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow \infty} a_n=\infty\), to \(\displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow \infty} b_n=\infty\).
  2. Jeżeli \(\displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow \infty} b_n=-\infty\), to \(\lim\limits_{n\rightarrow \infty} a_n=-\infty\).
Zastosowanie twierdzenia o dwóch ciągach polega więc na ograniczeniu z odpowiedniej strony prawie wszystkich wyrazów ciągu, którego granicę niewłaściwą mamy obliczyć. Jeśli granica ma być równa \(+\infty\), to ograniczamy ciąg tylko z dołu, a jeśli ma ona wynosić \(-\infty\), to tylko z góry. Aby dobrać odpowiednie ciągi i skorzystać z twierdzenia o dwóch ciągach, stosujemy takie same metody szacowania, jak w przypadku twierdzenia o trzech ciągach.
Przykład

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 \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n=\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{7n^3+2n}{4n^2-\sin \sqrt n}=\infty\]
Przykład

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 \[\lim_{n\rightarrow \infty} a_n=\lim_{n\rightarrow \infty} \sqrt[3]{(-1)^n\mathrm{arcctg}\, n-n}= -\infty\]
Przykład

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 \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n=\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{\left[n^2\sqrt 5\right]}{\left[\sqrt {n-3}\right]} = \infty\]
Przykład

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 \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n=\lim_{n\rightarrow \infty} \left(\frac{1}{\sqrt[3]{1}} + \frac{1}{\sqrt[3]{2}} + \frac{1}{\sqrt[3]{3}} + \ldots + \frac{1}{\sqrt[3]{n+1}}\right) = \infty\]
Zadanie
Korzystając z twierdzenia o dwóch ciągach, oblicz granice ciągów:
  1. \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty} \left(\left[\frac{1-n^2}{\sqrt n-1}\right]-n\right)\)
    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 \[\lim_{n\rightarrow \infty} a_n=\lim\limits_{n\to\infty} \left(\left[\frac{1-n^2}{\sqrt n-1}\right]-n\right) = -\infty\]
  2. \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{n^3+\textrm{arctg}\, ^2 (3n-1)}{n+7}\)
    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 \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n=\lim\limits_{n\to\infty} \frac{n^3+\textrm{arctg}\, ^2 (3n-1)}{n+7} = \infty\]
  3. \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty} \left(10-{5\over \sqrt{1}}-{5\over \sqrt{2}}-{5\over \sqrt{3}}-\ldots -{5\over \sqrt{n}}\right)\)
    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 \[\eqalign{\lim_{n\rightarrow \infty} a_n&=\lim_{n\rightarrow \infty} \left(10-{5\over \sqrt{1}}-{5\over \sqrt{2}}-{5\over \sqrt{3}}-\ldots -{5\over \sqrt{n}}\right)=\cr&= \lim_{n\rightarrow \infty} \left(10-b_n\right)= 10- \lim\limits_{n\to\infty} b_n = -\infty\cr}\]
  4. \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty} \big[\left(5+(-1)^n\right)\cdot \ln n\big]\)
    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 \[\lim_{n\rightarrow \infty} b_n=\lim_{n\rightarrow \infty} \big[\left(5+(-1)^n\right)\cdot \ln n\big]=\infty\]