W następnym lemacie podamy pewne nierówności liczbowe przydatne w następnym twierdzeniu.
Lemat 5.7.
Zachodzą następujące nierówności liczbowe:
(1) \( \displaystyle\forall x\ge 0:\ \sin x\le x, \)
(2) \( \displaystyle \forall 0 < |x| < \frac{\pi}{2}:\ \bigg|\frac{\sin x}{x}-1\bigg| < x^2. \)
Dowód 5.7. [nadobowiązkowy]
(Ad (1)) Wobec rysunku znajdującego się obok mamy następujące nierówności między polami:
\( P_{\triangle OAB} \ < \ P_{⊲ OAB} \ < \ P_{\triangle OAC}, \)
gdzie:
\( P_{\triangle OAB} \) oznacza pole trójkąta \( OAB, \)
\( P_{⊲ OAB} \) oznacza pole wycinka koła \( OAB, \)
\( P_{\triangle OAC} \) oznacza pole trójkąta \( OAC. \)
Podstawiając wzory na poszczególne pola, dostajemy:
\( \frac{1\cdot \sin x}{2} \ < \ \frac{x}{2\pi}\cdot\pi \ < \ \frac{1\cdot\mathrm{tg}\, x}{2}. \)
Zatem
\( \sin x \ < \ x \ < \ \mathrm{tg}\, x \quad\textrm{dla}\ 0 < x < \frac{\pi}{2}. \)
Zatem dla \( \displaystyle x\in \bigg(0,\frac{\pi}{2}\bigg) \) nierówność (1) jest udowodniona. Zauważmy, że dla \( x=0 \) zachodzi równość, natomiast dla \( x>1 \) nierówność jest oczywista, gdyż \( \displaystyle\sin x\le 1 < x. \) Zatem pokazaliśmy nierówność (1) dla dowolnego \( x\ge 0. \)
(Ad (2)) Powróćmy raz jeszcze do wyprowadzonych w pierwszej części nierówności
\( \sin x \ < \ x \ < \ \mathrm{tg}\, x \quad\textrm{dla}\ 0 < x < \frac{\pi}{2}. \)
Pierwsza z powyższych nierówności implikuje, że
\( 0 \ \le\ 1-\frac{\sin x}{x}. \)
Druga z powyższych nierówności implikuje, że
\( x\cos x \ \le\ \frac{\sin x}{\cos x}\cos x \)
\( x\cos x\le \sin x \)
\( 1-\frac{\sin x}{x} \ \le\ 1-\cos x. \)
Zatem łącząc dwie otrzymane nierówności, dostajemy
\( 0 \ \le\ 1-\frac{\sin x}{x} \ \le\ 1-\cos x, \)
przy czym
\( 1-\cos x \ =\ 2\sin^2\frac{x}{2} \ < \ 2\bigg(\frac{x}{2}\bigg)^2 \ < \ x^2 \)
(gdzie wykorzystaliśmy udowodnioną już nierówność \( \displaystyle\sin x < x \)). Zatem ostatecznie
\( 0 \ \le\ 1-\frac{\sin x}{x} \ < \ x^2, \) skąd dostajemy dowodzoną nierówność
Podamy teraz granice pewnych funkcji specjalnych. Znajomość tych granic będzie przydatna do rozwiązywania zadań.
Twierdzenie 5.8. [Granice specjalne]
(1) \( \displaystyle\displaystyle \lim\limits_{n \to +\infty} n^p= \{ \begin{array} {ll} +\infty & \quad p>0, \\ 1 & \quad p=0, \\ 0 & \quad p < 0; \end{array} . \)
(2) jeśli \( a>1 \) oraz \( \displaystyle\alpha\ge 0, \) to \( \displaystyle \lim\limits_{n \to +\infty}\frac{n^{\alpha}}{a^n}=0 \);
(3) jeśli \( a\in\mathbb{R} \) to \( \displaystyle \lim\limits_{n \to +\infty}\frac{a^n}{n!}=0 \);
(4) jeśli \( a>0, \) to \( \displaystyle\lim\limits_{n \to +\infty}\sqrt[n]{a}=1 \);
(5) \( \displaystyle \lim\limits_{n \to +\infty}\sqrt[n]{n}=1 \);
(6) jeśli \( a>0, \) to \( \displaystyle\displaystyle \lim\limits_{n \to +\infty} a^n=\left \{ \begin{array} {ll} \textrm{nie\ istnieje} & \quad a\le -1, \\ 0 & \quad |a| < 1, \\ 1 & \quad a=1, \\ +\infty & \quad a>1. \end{array} . \right . \)
(7) \( \displaystyle \lim\limits_{n \to +\infty}\frac{\sin\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}=1 \).
(8)
\( \displaystyle \lim\limits_{n \to +\infty}\frac{\sin x_n}{x_n}=1, \) gdzie \( \displaystyle\{x_n\}\subseteq \mathbb{R}\setminus\{0\} \) jest dowolnym ciągiem takim, że \( \displaystyle\lim\limits_{n \to +\infty} x_n=0. \)
Dowód 5.8. [nadobowiązkowy]
(Ad (1)) Gdy \( p>0, \) to mamy do czynienia z symbolem \( \displaystyle\infty^p \) (z \( p>0 \)). Z twierdzenia 5.4. (11) wynika, że \( \displaystyle\lim\limits_{n \to +\infty} n^p=+\infty. \)
Gdy \( p=0, \) to ciąg jest stały oraz \( \displaystyle\lim\limits_{n \to +\infty} n^0=\lim\limits_{n \to +\infty} 1=1. \)
Gdy \( p < 0, \) to mamy do czynienia z symbolem \( \displaystyle\infty^p \) (z \( p < 0 \)). Z twierdzenia 5.4. (10) wynika, że \( \displaystyle\lim\limits_{n \to +\infty} n^p=0. \)
(Ad (2)) Niech \( \displaystyle c_n=\frac{n^{\alpha}}{a^n} \) dla \( n\in\mathbb{N}. \) Liczymy
\( \lim\limits_{n \to +\infty} \frac{c_{n+1}}{c_n} \ =\ \lim\limits_{n \to +\infty} \frac{(n+1)^{\alpha}a^n}{a^{n+1}n^{\alpha}} \ =\ \lim\limits_{n \to +\infty} \bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^{\alpha}\cdot\frac{1}{a} \ =\ \frac{1}{a}. \)
Ponieważ \( a>1, \) więc \( \displaystyle \frac{1}{a} < 1. \) Korzystając z twierdzenia 5.3., wnioskujemy, że \( \displaystyle\lim\limits_{n \to +\infty} c_n=0. \)
(Ad (3)) Na początku policzmy granicę ciągu \( \displaystyle\{c_n\}, \) gdzie \( \displaystyle c_n=\bigg|\frac{a^n}{n!}\bigg| \) (gdzie \( a\in\mathbb{R} \)). Policzmy
\( \frac{c_{n+1}}{c_n} \ =\ \frac{|a|}{n+1} \ =\ |a|\cdot\frac{1}{n+1}. \)
Z (1) wiemy, że ostatni ciąg dąży do \( 0, \) zatem \( \displaystyle\lim\limits_{n \to +\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}=0. \) Korzystając z Twierdzenia twierdzenia 5.3., wnioskujemy, że \( \displaystyle\lim\limits_{n \to +\infty} c_n=0. \) Z kolei korzystając z twierdzenia 4.9. (7), wnioskujemy, że \( \displaystyle\lim\limits_{n \to +\infty}\frac{a^n}{n!}=0. \)
(Ad (4)) Przypadek \( 1^o. \) Gdy \( 0 < a\le 1. \)
Wówczas \( \displaystyle\{\sqrt[n]{a}\} \) jest ciągiem niemalejącym i ograniczonym, zatem zbieżnym (z twierdzenia 4.15.) oraz
\( g \ =\ \lim\limits_{n \to +\infty} \sqrt[n]{a} \ =\ \sup_{n\in\mathbb{N}}\sqrt[n]{a} \ \le\ 1 \)
(patrz twierdzenie 4.14.). Zatem \( \displaystyle\sqrt[n]{a}\le g, \) a więc
\( \forall n\in\mathbb{N}:\ a\le g^n. \)
Pokażemy, że \( g=1. \) Dla dowodu niewprost przypuśćmy, że \( g < 1. \) Wówczas przechodząc do granicy w powyższej nierówności dostajemy
\( a \ \le\ \lim\limits_{n \to +\infty} g^n \ =\ 0, \)
sprzeczność z założeniem, że \( a>0. \) Zatem \( g=1 \) i \( \displaystyle\lim\limits_{n \to +\infty} \sqrt[n]{a}=1. \)
Przypadek \( 1^o. \) Gdy \( a>1. \)
Wówczas \( \displaystyle 0 < \frac{1}{a} < 1, \) więc z udowodnionej już części dostajemy, że
\( \lim\limits_{n \to +\infty} \frac{1}{\sqrt[n]{a}} \ =\ \lim\limits_{n \to +\infty}\sqrt[n]{\frac{1}{a}} \ =\ 1, \) skąd wynika, że \( \displaystyle\lim\limits_{n \to +\infty} \sqrt[n]{a}=1. \)
(Ad (5)) Ustalmy dowolny \( \displaystyle\varepsilon>0. \) Oznaczmy \( \displaystyle\eta\ \stackrel{df}{=}\ \sqrt{1+\varepsilon}>1. \) Ponieważ
\( \lim\limits_{n \to +\infty}\frac{n+1}{n} \ =\ \lim\limits_{n \to +\infty} \bigg(1+\frac{1}{n}\bigg) \ =\ 1, \)
zatem
\( \exists N_1\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N_1:\ \frac{n+1}{n} < \eta. \)
Korzystając z (4), wiemy, że \( \displaystyle\lim\limits_{n \to +\infty}\sqrt[n]{N_1}=1, \) zatem
\( \exists N_2\in\mathbb{N}\ \forall N\ge N_2:\ \sqrt[n]{N_1} < \eta. \)
Niech \( N\ \stackrel{df}{=}\ \max\{N_1,N_2\}. \) Wówczas dla dowolnego \( n\ge N \) mamy
\( 1 \ \le\ \sqrt[n]{n} \ =\ \sqrt[n]{N_1}\sqrt[n]{\frac{N_1+1}{N_1}\cdot\frac{N_1+2}{N_1+1}\cdot\ldots\cdot\frac{n}{n-1}} \ < \ \eta\cdot\sqrt[n]{\eta^{n-N_1}} \ < \ \eta^2 \ =\ 1+\varepsilon, \)
czyli
\( \forall n\ge N:\ |\sqrt[n]{n}-1| \ < \ \varepsilon. \)
Ponieważ \( \displaystyle\varepsilon>0 \) było dowolne, więc pokazaliśmy, że
\( \forall\varepsilon>0\ \exists N\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N:\ |\sqrt[n]{n}-1| \ < \ \varepsilon, \)
zatem \( \displaystyle\lim\limits_{n \to +\infty}\sqrt[n]{n}=1. \)
(Ad (6)) Gdy \( |a| < 1, \) to mamy znany nam ciąg geometryczny zbieżny do zera (patrz przykład 3.22.).
Gdy \( a=1, \) to ciąg \( \displaystyle\{1^n\} \) jest ciągiem stałym, którego wszystkie wartości wynoszą \( 1, \) zatem \( \displaystyle\lim\limits_{n \to + \infty} a^n=1. \)
Gdy \( a>1, \) to dla dowolnej liczby \( M>0, \) ustalając \( N>log_aM \) dla każdego \( n\ge N, \) mamy
\( a^n \ \ge\ a^N \ \ge\ a^{\log_aM} \ =\ M, \) zatem pokazaliśmy, że
\( \forall M>0\ \exists N\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N:\ a^n\ge M, \)
co oznacza, że \( \displaystyle\lim\limits_{n \to +\infty} a^n=+\infty. \)
Gdy \( a\le -1, \) to zauważmy, że \( a^{2k}\ge 1 \) oraz \( a^{2k-1}\le -1 \) (dla dowolnego \( k\in\mathbb{N} \)). Zatem ciąg \( \displaystyle\{a^n\} \) nie ma granicy (ani właściwej ani niewłaściwej).
(Ad (7)) Wykorzystamy tu temat 5.7. Podstawiając \( x=\frac{1}{n} \) w nierówności z lematu, mamy
\( \forall n\in\mathbb{N}:\ \bigg|\frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}-1\bigg| \ < \ \frac{1}{n^2}. \) Ponieważ \( \displaystyle\lim\limits_{n \to +\infty} \frac{1}{n^2}=0, \) więc korzystając z twierdzenia o dwóch ciągach, mamy
\( \lim\limits_{n \to +\infty} \bigg(\frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}-1\bigg) \ =\ 0, \) a zatem
\( \lim\limits_{n \to +\infty} \frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} \ =\ 1, \) co należało dowieść.
(Ad (8)) Ponieważ \( \displaystyle\lim\limits_{n \to +\infty} x_n=0, \) więc od pewnego miejsca wyrazy ciągu \( \displaystyle\{x_n\} \) są w przedziale \( \displaystyle \bigg(\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\bigg), \) to znaczy
\( \exists N\in\mathbb{N}:\ x_n\in \bigg(\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\bigg)\setminus\{0\}. \)
Z tematu 5.7 wnioskujemy zatem, że
\( \forall n\ge N:\ \bigg|\frac{\sin x_n}{x_n}-1\bigg| \ < \ x_n^2. \)
Ponieważ mamy \( \displaystyle\lim\limits_{n \to +\infty} x_n^2=0, \) więc korzystając z twierdzenia o dwóch ciągach, mamy
\( \lim\limits_{n \to +\infty} \bigg(\frac{\sin x_n}{x_n}-1\bigg) \ =\ 0, \)
a zatem
\( \lim\limits_{n \to +\infty} \frac{\sin x_n}{x_n} \ =\ 1, \)
co należało dowieść.