Granice - zadania

Zadanie 1.

Zbadać zbieżność ciągu $a_n = \sqrt{n} - \sqrt{n-1}$ i znaleźć granicę, jeśli istnieje.

Zadanie 2.

Zbadać zbieżność ciągu $a_n = \sqrt{n^2-n} - n$ i znaleźć granicę, jeśli istnieje.

Zajmijmy się mianownikiem: $1-\frac{1}{n}$ dąży do 1, $\sqrt{1-\frac{1}{n}}$ również, więc granicą mianownika jest 2. Wobec tego ciąg a_n jest zbieżny do $-\frac{1}{2}$.

Zadanie 3.

Zbadać zbieżność ciągu $a_n = \sqrt[3]{n^3 + 2n +1} - n$ i znaleźć granicę, jeśli istnieje.

Dzieląc licznik i mianownik ułamka przez n otrzymujemy $a_n = \frac{2+\frac{1}{n}} {\frac{1}{n}(\sqrt[3]{n^3 + 2n + 1})^2 + \sqrt[3]{n^3 + 2n + 1} + n}$. Wyrażenie w mianowniku a_n ma wartość większą niż n, więc ciąg mianowników z tego zapisu jest rozbieżny do nieskończoności. Ciąg liczników natomiast dąży do 2, więc $a_n \rightarrow 0$.

Zadanie 4.

Zbadać zbieżność ciągu $a_n = \sqrt[n]{2+(-1)^n}$ i znaleźć granicę, jeśli istnieje.

Zadanie 5.

Zbadać zbieżność ciągu $a_n = \sqrt[k]{2+(-1)^n}$, gdzie k jest pewną ustaloną liczbą naturalną, i znaleźć granicę, jeśli istnieje.

Zadanie 6.

Zbadać zbieżność ciągu $a_n = \frac{5^{n-2} - 8\cdot3^n} {3\cdot(-2)^{n+1} + 7\cdot5^{n-1}}$ i znaleźć granicę, jeśli istnieje.

Zauważmy, że ciągi $b_n = 24 \cdot (\frac{3}{5})^{n-1}$ i $c_n = 12 \cdot (\frac{-2}{5})^{n-1}$ są zbieżne do 0 - są to ciągi geometryczne o ilorazie mniejszym niż 1. Wobec tego granicą (a_n) jest $\frac{\frac{1}{5} + 0}{0 + 7} = \frac{1}{35}$.

Zadanie 7.

Zbadać zbieżność ciągu $a_n = (1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{4})(1-\frac{1}{8})\cdots (1-\frac{1}{2^n})$.

Ponadto każdy wyraz ciągu (a_n) jest dodatni jako iloczyn liczb dodatnich, czyli ciąg (a_n) jest ograniczony z dołu przez 0. Ponieważ jest malejący i ograniczony z dołu, to jest zbieżny.

Zadanie 8.

Zbadać zbieżność ciągu $a_n = \sqrt[n]{n!}$ i znaleźć granicę, jeśli istnieje.

Niech n będzie większe niż k^{k + 1}. Zapiszmy n! jako $k! \cdot (k+1)\cdots n$. Każda z liczb od k + 1 do n jest większa od k, więc na pewno n! > k^{n − k}, ale to jeszcze nie wystarczy... Musimy skorzystać z tego, że wzięliśmy duże n, a dokładniej n > k^{k + 1}. Możemy zapisać $n! = k! \cdot (k+1) \cdots (n-1) \cdot n > (k+1) \cdots (n-1) \cdot n > k^{n-k-1} \cdot k^{k+1} = k^n$ - szacując liczby od k + 1 do n − 1 z dołu przez k, a n przez k^{k + 1}, otrzymaliśmy żądaną nierówność.

Stąd dla dowolnego k od pewnego miejsca $a_n > \sqrt[n]{k^n} = k$, czyli ciąg (a_n) jest nieograniczony.

Zadanie 9.

Wykazać, że ciąg $a_n = \frac{k^n}{n!}$ jest zbieżny.

(Można udowodnić, że granicą ciągu (a_n) jest 0 - pozostawiamy to jako dodatkowe ćwiczenie.)

Początek ciągu (lub dowolny inny skończony zbiór wyrazów) nie ma oczywiście wpływu na istnienie i wartość granicy, więc możemy zapomnieć o początkowych wyrazach, które mogą nie tworzyć sekwencji malejącej. Ciąg (a_n) "z obciętym początkiem" jest malejący i ograniczony z dołu, więc zbieżny, a stąd ciąg (a_n) również jest zbieżny.

Zadanie 10.

Zbadać zbieżność ciągu $a_n = \frac{10}{1}\cdot \frac{11}{3}\cdot \frac{11}{5} \cdots \frac{n+9}{2n-1}$ i znaleźć granicę, jeśli istnieje.

Zadanie 11.

Zbadać zbieżność ciągu $a_n = \frac{3n^2 -1}{7n^2 + 4n + 3}(\sqrt{n+\sqrt{n}} - \sqrt{n-\sqrt{n}})$ i znaleźć granicę, jeśli istnieje.

Obliczmy najpierw granicę (b_n). Mnożymy licznik i mianownik we wzorze przez n²:

$b_n = \frac{3n^2 -1}{7n^2 + 4n + 3} = \frac{3 -\frac{1}{n^2}}{7 + 4\cdot \frac{1}{n} + 3\cdot \frac{1}{n^2}}$.

Wobec tego, ponieważ $\frac{1}{n^2} \rightarrow 0$ i $\frac{1}{n} \rightarrow 0$, to $\lim_{n\rightarrow \infty} b_n = \frac{3}{7}$.

Teraz znajdziemy granicę (c_n). Mnożymy i dzielimy wzór na wyrazy tego ciągu przez $\sqrt{n+\sqrt{n}} + \sqrt{n-\sqrt{n}}$. Wobec tego

$c_n = \frac{(\sqrt{n+\sqrt{n}} - \sqrt{n-\sqrt{n}})(\sqrt{n+\sqrt{n}} + \sqrt{n-\sqrt{n}})}{\sqrt{n+\sqrt{n}} + \sqrt{n-\sqrt{n}}} = \frac{n+ \sqrt{n} - (n-\sqrt{n})}{\sqrt{n+\sqrt{n}} + \sqrt{n-\sqrt{n}}}$

$= \frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n+\sqrt{n}} + \sqrt{n-\sqrt{n}}} = \frac{2}{\sqrt{1+\frac{1}{\sqrt{n}}} + \sqrt{1-\frac{1}{\sqrt{n}}}}$.

Ponieważ $\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} = 0$, granicą wyrażenia w mianowniku otrzymanego ułamka jest 2, a więc $\lim_{n\rightarrow \infty} c_n = 1$.

Wobec tego $\lim_{n\rightarrow \infty} a_n = (\lim_{n\rightarrow \infty}) b_n \cdot (\lim_{n\rightarrow \infty} c_n) = \frac{3}{7}\cdot 1 = \frac{3}{7}$.

Zadanie 12.

Zbadać zbieżność ciągu $a_n = \sqrt[n]{1^7 + 2^7 + 3^7 + \ldots + n^7}$ i znaleźć granicę, jeśli istnieje.

Co się zmieni, jeśli siódmą potęgę zastąpimy k-tą dla dowolnej liczby naturalnej k?

Ponadto wiemy, że $\lim_{n \rightarrow \infty} b_n = \lim_{n \rightarrow \infty} (\sqrt[n]{n})^8 = (\lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{n})^8 = 1^8 = 1$.

Wobec tego chcielibyśmy znaleźć ciąg (c_n), którego n-ty wyraz jest mniejszy od n-tego wyrazu ciągu (a_n), i którego granicą jest 1. Oczywiście możemy wziąć ciąg stały c_n = 1. Wówczas z twierdzenia o trzech ciągach ciąg (a_n) jest zbieżny i jego granicą jest 1.

Można ponownie prześledzić powyższe rozwiązanie, żeby sprawdzić, że siódmą potęgę w definicji ciągu (a_n) można zastąpić dowolną inną potęgą nieujemną (nawet niekoniecznie całkowitą).

Zadanie 13.

Zbadać zbieżność ciągu $a_n = \sqrt[n]{n|\cos n| +\sqrt{n}}$ i znaleźć granicę, jeśli istnieje.

$a_n = \sqrt[n]{n|\cos n| + \sqrt{n}} \leq \sqrt[n]{n + \sqrt{n}} \leq \sqrt[n]{2n} \rightarrow 1$.

Ponadto $\sqrt{n} \geq 1$, więc również $a_n \geq 1$.

Wobec tego możemy skorzystać z twierdzenia o trzech ciągach dla ciągu (a_n) oraz ciągów $b_n = \sqrt[n]{2n}$ i c_n = 1 ($c_n \leq a_n \leq b_n$), otrzymując wniosek, że ciąg (a_n) jest zbieżny do 1.

Zadanie 14.

Zbadać zbieżność ciągu $a_n = \sqrt[n]{1+ \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \ldots + \frac{1}{n}}$ i znaleźć granicę, jeśli istnieje.

Każdy wyraz ciągu (a_n) jest większy od 1. Można to uzasadnić tak: wyrzucając z wzoru na a_n większość sumy, czyli $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \ldots + \frac{1}{n}$, zmniejszamy a_n, a otrzymujemy 1.

Wobec tego możemy skorzystać z twierdzenia o trzech ciągach dla ciągu (a_n), zdefiniowanego wcześniej (b_n) oraz c_n = 1 ($c_n \leq a_n \leq b_n$). Otrzymujemy wniosek, że ciąg (a_n) jest zbieżny do 1.

Zadanie 15.

Zbadać zbieżność ciągu $a_n = \frac{1+2^2 + 3^2 + \ldots + n^2}{2^n}$ i znaleźć granicę, jeśli istnieje.

Wykażemy, że granicą ciągu a_n jest 0. Przede wszystkim zauważmy, że mianownik wyrażenia opisującego a_n jest dla odpowiednio dużych n mniejszy niż n⁴. Ponadto $6\cdot 2^n > 2^n$ dla dowolnej liczby naturalnej n. Wobec tego wystarczy, że udowodnimy, że ciąg $b_n = \frac{n^4}{2^n}$ jest zbieżny do 0. Wówczas, ponieważ n-ty wyraz ciągu (a_n) znajduje się pomiędzy 0 a wyrazem b_n, to z twierdzenia o trzech ciągach wnioskujemy, że (a_n) jest zbieżny do 0.

Zajmujemy się więc ciągiem $b_n = \frac{n^4}{2^n}$. Ogólną prawdą jest, że "funkcja wielomianowa rośnie dużo wolniej, niż funkcja wykładnicza". Dokładniej, granicą ilorazu wielomianu przez funkcję wykładniczą, niezależnie od podstawy funkcji wykładniczej (jeśli tylko jest ona większa od 1), stopnia i współczynników wielomianu, jest równa 0. Zamiast dowodzić ogólnego twierdzenia, naszkicujemy argument w tym szczególnym przypadku.

Chcemy wykazać, że dla dowolnego ε > 0 istnieje $n_0 \in \mathbb{N}$ takie, że dla n > n₀ zachodzi | b_n − 0 | < ε, czyli b_n < ε. (Przyjmijmy, że badamy tylko ε < 1.) Nierówność $\frac{n^4}{2^n} < \epsilon$ przekształcamy do postaci $n^4 < \epsilon \cdot 2^n$, i dalej do $(\sqrt[n]{n})^n < 2\sqrt[n]{\epsilon}$.

Teraz potrzebne będą następujące fakty:

(1) $\lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{n} = 1$,

(2) $\lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\epsilon} = 1$.

Pierwsza granica jest osiągana "z góry" - wyrazy ciągu $\sqrt[n]{n}$ są większe niż 1. Ale dla odpowiednio dużych n i tak muszą być blisko 1. Niech n₁ będzie taką liczbą naturalną, że dla wszystkich n > n₁ zachodzi nierówność (3): $\sqrt[n]{n} < \frac{3}{2}$.

Natomiast druga granica jest osiągana "z dołu" - wyrazy ciągu $\sqrt[n]{\epsilon}$ są mniejsze od 1. Niech n₂ będzie taką liczbą naturalną, że dla wszystkich n > n₂ spełniona jest nierówność $\sqrt[n]{\epsilon} > \frac{3}{4}$. To oznacza, że dla n > n₂ jest prawdą, że (4): $2\sqrt[n]{\epsilon} > \frac{3}{2}$.

Niech teraz n₀ będzie większą z liczb n₁ i n₂. Wobec tego dla n > n₀ prawdziwe są nierówności (3) i (4), a z nich otrzymujemy $\sqrt[n]{n} < \frac{3}{2} < 2\sqrt[n]{\epsilon}$, czyli właśnie to, czego brakowało do zakończenia dowodu, że granicą ciągu (b_n) jest 0.

Stąd, na mocy twierdzenia o trzech ciągach, ciąg (a_n) również jest zbieżny do 0.

Zadanie 16.

Niech W(n) i V(n) będą wielomianami. Zbadać istnienie granicy ciągu $f_n = \frac{W(n)}{V(n)}$ i podać granicę, jeśli istnieje, w zależności od współczynników wielomianów W i V.

Ogólnie dobrym pomysłem jest podzielenie licznika i mianownika ułamka $\frac{W(n)}{V(n)}$ przez n w potędze s, gdzie s to minimum z liczb k, m.

Rozpatrzymy trzy przypadki.

(1) k > m. Dzielimy licznik i mianownik wzoru na f_n przez n^m. W liczniku otrzymujemy $n^{k-m} + \ldots + \frac{a_0}{n^m}$. Ważny jest tylko pierwszy składnik, który przy n dążącym do nieskończoności również dąży do plus nieskończoności. Pozostałe składniki dążą do plus lub minus nieskończoności, ale wolniej (czy umiesz to dokładnie uzasadnić?), albo mają skończoną granicę. Wobec tego nie mają wpływu na granicę całego licznika.

Natomiast w mianowniku otrzymujemy $1 + \ldots + \frac{b_0}{n^m}$ - tu wszystkie składniki sumy, poza pierwszym równym 1, zbiegają do 0, więc granicą mianownika jest 1. Wobec tego granicą f_n jest $+ \infty$.

(2) k < m. Sytuacja z punktu (1) odwraca się: w liczniku mamy ciąg zbieżny do 1, a w mianowniku - rozbieżny do nieskończoności. Wobec tego granicą f_n w tym przypadku jest 0.

(3) k = m. Tym razem i w liczniku, i w mianowniku, po podzieleniu przez n^k otrzymujemy ciągi zbieżne do 1, więc granicą ciągu f_n w tym przypadku jest 1.

Teraz rozważmy sytuację ogólną, z dowolnymi współczynnikami przy najwyższych potęgach n w wielomianach W i V. Niech $W(n) = a_k n^k + \ldots + a_1 n + a_0$, a $V(n) = b_m n^m + \ldots + b_1 n + b_0$. Możemy sprowadzić tę sytuację do rozważanej poprzednio: $f_n = \frac{W(n)}{V(n)} = \frac{a_k n^k + \ldots + a_1 n + a_0} {b_m n^m + \ldots + b_1 n + b_0} = \frac{a_k}{b_m}\cdot \frac{n^k + \ldots + {a'}_1 n + {a'}_0}{n^m + \ldots + {b'}_1 n + {b'}_0}$, gdzie ${a'}_i = \frac{a_i}{a_k}$, ${b'}_i = \frac{b_i}{b_m}$.

Jeśli przez W'(n) oznaczymy wielomian $n^k + \ldots + {a'}_1 n + {a'}_0$, a przez V'(n) wielomian $n^m + \ldots + {b'}_1 n + {b'}_0$, to granicą ciągu $f_n = \frac{W(n)}{V(n)}$ jest granica ciągu ${f'}_n = \frac{W'(n)}{V'(n)}$ pomnożona przez $\frac{a_k}{b_m}$, czyli:

(1) $\infty$ ze znakiem takim, jak znak $\frac{a_k}{b_m}$, w przypadku k > m,

(2) 0 w przypadku k < m,

Trochę trudniejsze zadania dla zainteresowanych. Bez pełnych rozwiązań, ale ze wskazówkami.

Problem 1.

Załóżmy, że ciąg (a_n) o wyrazach dodatnich jest zbieżny do granicy $a \geq 0$. Wykazać, że ciąg $b_n = \sqrt[k]{a_n}$ dla dowolnej liczby naturalnej k jest zbieżny i znaleźć jego granicę.

Dla większych k mamy podobny wzór:

$(\sqrt[k]{a} - \sqrt[k]{a_n})((\sqrt[k]{a})^{k-1} + (\sqrt[k]{a})^{k-2}\sqrt[k]{a_n} + \ldots + (\sqrt[k]{a_n})^{k-1}) = a - a_n$.

(Wzór w ogólnej postaci wygląda tak: $(x-y)(x^{k-1} + x^{k-2}y + x^{k-3}y^2 + x^{k-4}y^3 + \ldots + xy^{k-2} + y^{k-1}) = x^k - y^k$.)

Problem 2.

Udowodnić, że jeśli wyrazy ciągu (a_n) są dodatnie i $a_n \rightarrow g$, to $\sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdots a_n} \rightarrow g$.

Następnie, dla n > n₀ podzielić wyrażenie $\sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdots a_n}$ na iloczyn $\sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdots a_{n_0}}$ i $\sqrt[n]{a_{n_0 + 1}\cdot a_2\cdots a_n}$. Pierwsze nie będzie miało wpływu na granicę przy n dążącym do nieskończoności - wyrażenie pod pierwiastkiem nie zależy od n, a pierwiastek stopnia n z dowolnej liczby dąży do 1. A w drugim wyrażeniu wszystkie składniki iloczynu możemy oszacować z góry przez g + ε, a z dołu przez g − ε i to, co otrzymamy, w obu przypadkach będzie dążyć do g - dlaczego? Wobec tego iloczyn będzie dla odpowiednio dużych n blisko g, a w szczególności będzie mniejszy niż g + ε.

Problem 3.

Udowodnić, że jeśli $a_n \rightarrow g$, to $\frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n}{n} \rightarrow g$.

Problem 4.

Udowodnić, że jeśli wyrazy ciągu (a_n) są dodatnie i $\frac{a_n}{a_{n+1}} \rightarrow g$, to $\sqrt[n]{a_n} \rightarrow g$.

Problem 5.

Udowodnić, że jeśli wyrazy ciągu $a_{n+1} - a_n \rightarrow g$, to $\frac{a_n}{n} \rightarrow g$.

Problem 6.

Wykazać, że $\sqrt[n]{n} \rightarrow 1$.

Problem 7.

Wykazać, że ciąg $a_n = 1+ \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \ldots +\frac{1}{n}$ jest rozbieżny do $+\infty$.