Wykład 02
Witold Obłoza
20 stycznia 2011
TWIERDZENIA O GRANICACH
TWIERDZENIE 18 ( o trzech ciągach )
Jeżeli ∃n
0
∀n > n
0
a
n
≥ b
n
≥ c
n
oraz istnieją granice
lim
n→∞
a
n
= lim
n→∞
c
n
= a to istnieje lim
n→∞
b
n
oraz lim
n→∞
b
n
= a.
DOWÓD: Z definicji granicy ∀ε > 0 ∃n
1
∀n > n
1
a + ε > a
n
oraz
∀ε > 0 ∃n
2
∀n > n
2
a − ε < c
n
.
Wówczas dla n > n
3
= max{n
0
, n
1
, n
2
}
a − ε < c
n
≤ b
n
≤ a
n
≤ a + ε.
Stąd istnieje lim
n→∞
b
n
oraz lim
n→∞
b
n
= a.
TWIERDZENIA O GRANICACH
TWIERDZENIE 18 ( o trzech ciągach )
Jeżeli ∃n
0
∀n > n
0
a
n
≥ b
n
≥ c
n
oraz istnieją granice
lim
n→∞
a
n
= lim
n→∞
c
n
= a to istnieje lim
n→∞
b
n
oraz lim
n→∞
b
n
= a.
DOWÓD: Z definicji granicy ∀ε > 0 ∃n
1
∀n > n
1
a + ε > a
n
oraz
∀ε > 0 ∃n
2
∀n > n
2
a − ε < c
n
.
Wówczas dla n > n
3
= max{n
0
, n
1
, n
2
}
a − ε < c
n
≤ b
n
≤ a
n
≤ a + ε.
Stąd istnieje lim
n→∞
b
n
oraz lim
n→∞
b
n
= a.
TWIERDZENIA O GRANICACH
TWIERDZENIE 18 ( o trzech ciągach )
Jeżeli ∃n
0
∀n > n
0
a
n
≥ b
n
≥ c
n
oraz istnieją granice
lim
n→∞
a
n
= lim
n→∞
c
n
= a to istnieje lim
n→∞
b
n
oraz lim
n→∞
b
n
= a.
DOWÓD: Z definicji granicy ∀ε > 0 ∃n
1
∀n > n
1
a + ε > a
n
oraz
∀ε > 0 ∃n
2
∀n > n
2
a − ε < c
n
.
Wówczas dla n > n
3
= max{n
0
, n
1
, n
2
}
a − ε < c
n
≤ b
n
≤ a
n
≤ a + ε.
Stąd istnieje lim
n→∞
b
n
oraz lim
n→∞
b
n
= a.
TWIERDZENIA O GRANICACH
TWIERDZENIE 18 ( o trzech ciągach )
Jeżeli ∃n
0
∀n > n
0
a
n
≥ b
n
≥ c
n
oraz istnieją granice
lim
n→∞
a
n
= lim
n→∞
c
n
= a to istnieje lim
n→∞
b
n
oraz lim
n→∞
b
n
= a.
DOWÓD: Z definicji granicy ∀ε > 0 ∃n
1
∀n > n
1
a + ε > a
n
oraz
∀ε > 0 ∃n
2
∀n > n
2
a − ε < c
n
.
Wówczas dla n > n
3
= max{n
0
, n
1
, n
2
}
a − ε < c
n
≤ b
n
≤ a
n
≤ a + ε.
Stąd istnieje lim
n→∞
b
n
oraz lim
n→∞
b
n
= a.
TWIERDZENIA O GRANICACH
TWIERDZENIE 18 ( o trzech ciągach )
Jeżeli ∃n
0
∀n > n
0
a
n
≥ b
n
≥ c
n
oraz istnieją granice
lim
n→∞
a
n
= lim
n→∞
c
n
= a to istnieje lim
n→∞
b
n
oraz lim
n→∞
b
n
= a.
DOWÓD: Z definicji granicy ∀ε > 0 ∃n
1
∀n > n
1
a + ε > a
n
oraz
∀ε > 0 ∃n
2
∀n > n
2
a − ε < c
n
.
Wówczas dla n > n
3
= max{n
0
, n
1
, n
2
}
a − ε < c
n
≤ b
n
≤ a
n
≤ a + ε.
Stąd istnieje lim
n→∞
b
n
oraz lim
n→∞
b
n
= a.
TWIERDZENIA O GRANICACH
TWIERDZENIE 18 ( o trzech ciągach )
Jeżeli ∃n
0
∀n > n
0
a
n
≥ b
n
≥ c
n
oraz istnieją granice
lim
n→∞
a
n
= lim
n→∞
c
n
= a to istnieje lim
n→∞
b
n
oraz lim
n→∞
b
n
= a.
DOWÓD: Z definicji granicy ∀ε > 0 ∃n
1
∀n > n
1
a + ε > a
n
oraz
∀ε > 0 ∃n
2
∀n > n
2
a − ε < c
n
.
Wówczas dla n > n
3
= max{n
0
, n
1
, n
2
}
a − ε < c
n
≤ b
n
≤ a
n
≤ a + ε.
Stąd istnieje lim
n→∞
b
n
oraz lim
n→∞
b
n
= a.
TWIERDZENIA O GRANICACH
TWIERDZENIE 18 ( o trzech ciągach )
Jeżeli ∃n
0
∀n > n
0
a
n
≥ b
n
≥ c
n
oraz istnieją granice
lim
n→∞
a
n
= lim
n→∞
c
n
= a to istnieje lim
n→∞
b
n
oraz lim
n→∞
b
n
= a.
DOWÓD: Z definicji granicy ∀ε > 0 ∃n
1
∀n > n
1
a + ε > a
n
oraz
∀ε > 0 ∃n
2
∀n > n
2
a − ε < c
n
.
Wówczas dla n > n
3
= max{n
0
, n
1
, n
2
}
a − ε < c
n
≤ b
n
≤ a
n
≤ a + ε.
Stąd istnieje lim
n→∞
b
n
oraz lim
n→∞
b
n
= a.
TWIERDZENIA O GRANICACH
TWIERDZENIE 18 ( o trzech ciągach )
Jeżeli ∃n
0
∀n > n
0
a
n
≥ b
n
≥ c
n
oraz istnieją granice
lim
n→∞
a
n
= lim
n→∞
c
n
= a to istnieje lim
n→∞
b
n
oraz lim
n→∞
b
n
= a.
DOWÓD: Z definicji granicy ∀ε > 0 ∃n
1
∀n > n
1
a + ε > a
n
oraz
∀ε > 0 ∃n
2
∀n > n
2
a − ε < c
n
.
Wówczas dla n > n
3
= max{n
0
, n
1
, n
2
}
a − ε < c
n
≤ b
n
≤ a
n
≤ a + ε.
Stąd istnieje lim
n→∞
b
n
oraz lim
n→∞
b
n
= a.
TWIERDZENIA O GRANICACH
TWIERDZENIE 19
Jeżeli istnieją granice lim
n→∞
a
n
= a oraz lim
n→∞
b
n
= b to istnieją granice
lim
n→∞
(a
n
+ b
n
),
lim
n→∞
(a
n
− b
n
),
lim
n→∞
(a
n
· b
n
).
Ponadto lim
n→∞
(a
n
+ b
n
) = a + b,
lim
n→∞
(a
n
− b
n
) = a − b,
lim
n→∞
(a
n
· b
n
) = a · b.
Jeżeli b 6= 0 i ∀n ∈ N b
n
6= 0 istnieje też
lim
n→∞
a
n
b
n
oraz lim
n→∞
a
n
b
n
=
a
b
.
TWIERDZENIA O GRANICACH
TWIERDZENIE 19
Jeżeli istnieją granice lim
n→∞
a
n
= a oraz lim
n→∞
b
n
= b to istnieją granice
lim
n→∞
(a
n
+ b
n
),
lim
n→∞
(a
n
− b
n
),
lim
n→∞
(a
n
· b
n
).
Ponadto lim
n→∞
(a
n
+ b
n
) = a + b,
lim
n→∞
(a
n
− b
n
) = a − b,
lim
n→∞
(a
n
· b
n
) = a · b.
Jeżeli b 6= 0 i ∀n ∈ N b
n
6= 0 istnieje też
lim
n→∞
a
n
b
n
oraz lim
n→∞
a
n
b
n
=
a
b
.
TWIERDZENIA O GRANICACH
TWIERDZENIE 19
Jeżeli istnieją granice lim
n→∞
a
n
= a oraz lim
n→∞
b
n
= b to istnieją granice
lim
n→∞
(a
n
+ b
n
),
lim
n→∞
(a
n
− b
n
),
lim
n→∞
(a
n
· b
n
).
Ponadto lim
n→∞
(a
n
+ b
n
) = a + b,
lim
n→∞
(a
n
− b
n
) = a − b,
lim
n→∞
(a
n
· b
n
) = a · b.
Jeżeli b 6= 0 i ∀n ∈ N b
n
6= 0 istnieje też
lim
n→∞
a
n
b
n
oraz lim
n→∞
a
n
b
n
=
a
b
.
TWIERDZENIA O GRANICACH
TWIERDZENIE 19
Jeżeli istnieją granice lim
n→∞
a
n
= a oraz lim
n→∞
b
n
= b to istnieją granice
lim
n→∞
(a
n
+ b
n
),
lim
n→∞
(a
n
− b
n
),
lim
n→∞
(a
n
· b
n
).
Ponadto lim
n→∞
(a
n
+ b
n
) = a + b,
lim
n→∞
(a
n
− b
n
) = a − b,
lim
n→∞
(a
n
· b
n
) = a · b.
Jeżeli b 6= 0 i ∀n ∈ N b
n
6= 0 istnieje też
lim
n→∞
a
n
b
n
oraz lim
n→∞
a
n
b
n
=
a
b
.
GRANICE SPECJALNE
TWIERDZENIE 20 Zachodz
,
a nast
,
epuj
,
ace równości
1) lim
n→∞
n
α
=
∞
gdy α > 0,
1
gdy α = 0,
0
gdy α < 0
2) lim
n→∞
n
√
A = 1, gdzie A > 0.
3) lim
n→∞
n
√
n = 1.
4) lim
n→∞
q
n
=
+∞
gdy q > 1,
1
gdy q = 1,
0
gdy |q| < 1,
nie istnieje
gdy |q| ≤ −1.
5) Istnieje granica lim
n→∞
(1 +
1
n
)
n
= e.
GRANICE SPECJALNE
TWIERDZENIE 20 Zachodz
,
a nast
,
epuj
,
ace równości
1) lim
n→∞
n
α
=
∞
gdy α > 0,
1
gdy α = 0,
0
gdy α < 0
2) lim
n→∞
n
√
A = 1, gdzie A > 0.
3) lim
n→∞
n
√
n = 1.
4) lim
n→∞
q
n
=
+∞
gdy q > 1,
1
gdy q = 1,
0
gdy |q| < 1,
nie istnieje
gdy |q| ≤ −1.
5) Istnieje granica lim
n→∞
(1 +
1
n
)
n
= e.
GRANICE SPECJALNE
TWIERDZENIE 20 Zachodz
,
a nast
,
epuj
,
ace równości
1) lim
n→∞
n
α
=
∞
gdy α > 0,
1
gdy α = 0,
0
gdy α < 0
2) lim
n→∞
n
√
A = 1, gdzie A > 0.
3) lim
n→∞
n
√
n = 1.
4) lim
n→∞
q
n
=
+∞
gdy q > 1,
1
gdy q = 1,
0
gdy |q| < 1,
nie istnieje
gdy |q| ≤ −1.
5) Istnieje granica lim
n→∞
(1 +
1
n
)
n
= e.
GRANICE SPECJALNE
TWIERDZENIE 20 Zachodz
,
a nast
,
epuj
,
ace równości
1) lim
n→∞
n
α
=
∞
gdy α > 0,
1
gdy α = 0,
0
gdy α < 0
2) lim
n→∞
n
√
A = 1, gdzie A > 0.
3) lim
n→∞
n
√
n = 1.
4) lim
n→∞
q
n
=
+∞
gdy q > 1,
1
gdy q = 1,
0
gdy |q| < 1,
nie istnieje
gdy |q| ≤ −1.
5) Istnieje granica lim
n→∞
(1 +
1
n
)
n
= e.
GRANICE SPECJALNE
TWIERDZENIE 20 Zachodz
,
a nast
,
epuj
,
ace równości
1) lim
n→∞
n
α
=
∞
gdy α > 0,
1
gdy α = 0,
0
gdy α < 0
2) lim
n→∞
n
√
A = 1, gdzie A > 0.
3) lim
n→∞
n
√
n = 1.
4) lim
n→∞
q
n
=
+∞
gdy q > 1,
1
gdy q = 1,
0
gdy |q| < 1,
nie istnieje
gdy |q| ≤ −1.
5) Istnieje granica lim
n→∞
(1 +
1
n
)
n
= e.
GRANICE SPECJALNE
TWIERDZENIE 20 Zachodz
,
a nast
,
epuj
,
ace równości
1) lim
n→∞
n
α
=
∞
gdy α > 0,
1
gdy α = 0,
0
gdy α < 0
2) lim
n→∞
n
√
A = 1, gdzie A > 0.
3) lim
n→∞
n
√
n = 1.
4) lim
n→∞
q
n
=
+∞
gdy q > 1,
1
gdy q = 1,
0
gdy |q| < 1,
nie istnieje
gdy |q| ≤ −1.
5) Istnieje granica lim
n→∞
(1 +
1
n
)
n
= e.
GRANICE SPECJALNE
Ponadto
6) jeżeli ci
,
ag {a
n
} o wyrazach dodatnich jest ograniczony przez liczby
dodatnie to lim
n→∞
n
√
a
n
= 1,
w szczególności, jeżeli lim
n→∞
a
n
= g ∈ (0, ∞), to lim
n→∞
n
√
a
n
= 1,
7) jeżeli ∀n a
n
6= 0 i lim
n→∞
|a
n
| = ∞ to
lim
n→∞
(1 +
1
a
n
)
a
n
= e.
GRANICE SPECJALNE
Ponadto
6) jeżeli ci
,
ag {a
n
} o wyrazach dodatnich jest ograniczony przez liczby
dodatnie to lim
n→∞
n
√
a
n
= 1,
w szczególności, jeżeli lim
n→∞
a
n
= g ∈ (0, ∞), to lim
n→∞
n
√
a
n
= 1,
7) jeżeli ∀n a
n
6= 0 i lim
n→∞
|a
n
| = ∞ to
lim
n→∞
(1 +
1
a
n
)
a
n
= e.
GRANICE SPECJALNE
Ponadto
6) jeżeli ci
,
ag {a
n
} o wyrazach dodatnich jest ograniczony przez liczby
dodatnie to lim
n→∞
n
√
a
n
= 1,
w szczególności, jeżeli lim
n→∞
a
n
= g ∈ (0, ∞), to lim
n→∞
n
√
a
n
= 1,
7) jeżeli ∀n a
n
6= 0 i lim
n→∞
|a
n
| = ∞ to
lim
n→∞
(1 +
1
a
n
)
a
n
= e.
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
1) Było na zajęciach wyrównawczych.
2) Załóżmy najpierw, że A ≥ 1. Wtedy
n
√
A = 1 + δ
n
, gdzie δ
n
≥ 0.
Mamy A = (1 + δ
n
)
n
≥ 1 + nδ
n
(z nierówności Bernoulliego).
St
,
ad
A−1
n
≥ δ
n
≥ 0 i z twierdzenia o trzech ci
,
agach lim
n→∞
δ
n
= 0. Zatem
lim
n→∞
n
√
A = lim
n→∞
(1 + δ
n
) = 1.
Jeżeli teraz A ∈ (0, 1) to
1
A
> 1 i st
,
ad
lim
n→∞
n
√
A = lim
n→∞
1
n
q
1
A
=
1
lim
n→∞
n
q
1
A
= 1
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
1) Było na zajęciach wyrównawczych.
2) Załóżmy najpierw, że A ≥ 1. Wtedy
n
√
A = 1 + δ
n
, gdzie δ
n
≥ 0.
Mamy A = (1 + δ
n
)
n
≥ 1 + nδ
n
(z nierówności Bernoulliego).
St
,
ad
A−1
n
≥ δ
n
≥ 0 i z twierdzenia o trzech ci
,
agach lim
n→∞
δ
n
= 0. Zatem
lim
n→∞
n
√
A = lim
n→∞
(1 + δ
n
) = 1.
Jeżeli teraz A ∈ (0, 1) to
1
A
> 1 i st
,
ad
lim
n→∞
n
√
A = lim
n→∞
1
n
q
1
A
=
1
lim
n→∞
n
q
1
A
= 1
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
1) Było na zajęciach wyrównawczych.
2) Załóżmy najpierw, że A ≥ 1. Wtedy
n
√
A = 1 + δ
n
, gdzie δ
n
≥ 0.
Mamy A = (1 + δ
n
)
n
≥ 1 + nδ
n
(z nierówności Bernoulliego).
St
,
ad
A−1
n
≥ δ
n
≥ 0 i z twierdzenia o trzech ci
,
agach lim
n→∞
δ
n
= 0. Zatem
lim
n→∞
n
√
A = lim
n→∞
(1 + δ
n
) = 1.
Jeżeli teraz A ∈ (0, 1) to
1
A
> 1 i st
,
ad
lim
n→∞
n
√
A = lim
n→∞
1
n
q
1
A
=
1
lim
n→∞
n
q
1
A
= 1
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
1) Było na zajęciach wyrównawczych.
2) Załóżmy najpierw, że A ≥ 1. Wtedy
n
√
A = 1 + δ
n
, gdzie δ
n
≥ 0.
Mamy A = (1 + δ
n
)
n
≥ 1 + nδ
n
(z nierówności Bernoulliego).
St
,
ad
A−1
n
≥ δ
n
≥ 0 i z twierdzenia o trzech ci
,
agach lim
n→∞
δ
n
= 0. Zatem
lim
n→∞
n
√
A = lim
n→∞
(1 + δ
n
) = 1.
Jeżeli teraz A ∈ (0, 1) to
1
A
> 1 i st
,
ad
lim
n→∞
n
√
A = lim
n→∞
1
n
q
1
A
=
1
lim
n→∞
n
q
1
A
= 1
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
1) Było na zajęciach wyrównawczych.
2) Załóżmy najpierw, że A ≥ 1. Wtedy
n
√
A = 1 + δ
n
, gdzie δ
n
≥ 0.
Mamy A = (1 + δ
n
)
n
≥ 1 + nδ
n
(z nierówności Bernoulliego).
St
,
ad
A−1
n
≥ δ
n
≥ 0 i z twierdzenia o trzech ci
,
agach lim
n→∞
δ
n
= 0. Zatem
lim
n→∞
n
√
A = lim
n→∞
(1 + δ
n
) = 1.
Jeżeli teraz A ∈ (0, 1) to
1
A
> 1 i st
,
ad
lim
n→∞
n
√
A = lim
n→∞
1
n
q
1
A
=
1
lim
n→∞
n
q
1
A
= 1
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
1) Było na zajęciach wyrównawczych.
2) Załóżmy najpierw, że A ≥ 1. Wtedy
n
√
A = 1 + δ
n
, gdzie δ
n
≥ 0.
Mamy A = (1 + δ
n
)
n
≥ 1 + nδ
n
(z nierówności Bernoulliego).
St
,
ad
A−1
n
≥ δ
n
≥ 0 i z twierdzenia o trzech ci
,
agach lim
n→∞
δ
n
= 0. Zatem
lim
n→∞
n
√
A = lim
n→∞
(1 + δ
n
) = 1.
Jeżeli teraz A ∈ (0, 1) to
1
A
> 1 i st
,
ad
lim
n→∞
n
√
A = lim
n→∞
1
n
q
1
A
=
1
lim
n→∞
n
q
1
A
= 1
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
3) Niech
n
√
n = 1 + δ
n
, gdzie δ
n
≥ 0.
Mamy ze wzoru dwumianowego Newtona:
n = (1 + δ
n
)
n
=
n
P
k=0
n
k
1
n−k
δ
k
n
≥ 1 +
n(n−1)
2
δ
2
n
.
St
,
ad
n−1
n(n−1)
≥ δ
2
n
≥ 0, a zatem
1
√
n
≥ δ
n
≥ 0
i z twierdzenia o trzech ci
,
agach lim
n→∞
δ
n
= 0.
Mamy wi
,
ec lim
n→∞
n
√
n = lim
n→∞
(1 + δ
n
) = 1.
4) Było na zajęciach wyrównawczych.
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
3) Niech
n
√
n = 1 + δ
n
, gdzie δ
n
≥ 0.
Mamy ze wzoru dwumianowego Newtona:
n = (1 + δ
n
)
n
=
n
P
k=0
n
k
1
n−k
δ
k
n
≥ 1 +
n(n−1)
2
δ
2
n
.
St
,
ad
n−1
n(n−1)
≥ δ
2
n
≥ 0, a zatem
1
√
n
≥ δ
n
≥ 0
i z twierdzenia o trzech ci
,
agach lim
n→∞
δ
n
= 0.
Mamy wi
,
ec lim
n→∞
n
√
n = lim
n→∞
(1 + δ
n
) = 1.
4) Było na zajęciach wyrównawczych.
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
3) Niech
n
√
n = 1 + δ
n
, gdzie δ
n
≥ 0.
Mamy ze wzoru dwumianowego Newtona:
n = (1 + δ
n
)
n
=
n
P
k=0
n
k
1
n−k
δ
k
n
≥ 1 +
n(n−1)
2
δ
2
n
.
St
,
ad
n−1
n(n−1)
≥ δ
2
n
≥ 0, a zatem
1
√
n
≥ δ
n
≥ 0
i z twierdzenia o trzech ci
,
agach lim
n→∞
δ
n
= 0.
Mamy wi
,
ec lim
n→∞
n
√
n = lim
n→∞
(1 + δ
n
) = 1.
4) Było na zajęciach wyrównawczych.
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
3) Niech
n
√
n = 1 + δ
n
, gdzie δ
n
≥ 0.
Mamy ze wzoru dwumianowego Newtona:
n = (1 + δ
n
)
n
=
n
P
k=0
n
k
1
n−k
δ
k
n
≥ 1 +
n(n−1)
2
δ
2
n
.
St
,
ad
n−1
n(n−1)
≥ δ
2
n
≥ 0, a zatem
1
√
n
≥ δ
n
≥ 0
i z twierdzenia o trzech ci
,
agach lim
n→∞
δ
n
= 0.
Mamy wi
,
ec lim
n→∞
n
√
n = lim
n→∞
(1 + δ
n
) = 1.
4) Było na zajęciach wyrównawczych.
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
3) Niech
n
√
n = 1 + δ
n
, gdzie δ
n
≥ 0.
Mamy ze wzoru dwumianowego Newtona:
n = (1 + δ
n
)
n
=
n
P
k=0
n
k
1
n−k
δ
k
n
≥ 1 +
n(n−1)
2
δ
2
n
.
St
,
ad
n−1
n(n−1)
≥ δ
2
n
≥ 0, a zatem
1
√
n
≥ δ
n
≥ 0
i z twierdzenia o trzech ci
,
agach lim
n→∞
δ
n
= 0.
Mamy wi
,
ec lim
n→∞
n
√
n = lim
n→∞
(1 + δ
n
) = 1.
4) Było na zajęciach wyrównawczych.
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
3) Niech
n
√
n = 1 + δ
n
, gdzie δ
n
≥ 0.
Mamy ze wzoru dwumianowego Newtona:
n = (1 + δ
n
)
n
=
n
P
k=0
n
k
1
n−k
δ
k
n
≥ 1 +
n(n−1)
2
δ
2
n
.
St
,
ad
n−1
n(n−1)
≥ δ
2
n
≥ 0, a zatem
1
√
n
≥ δ
n
≥ 0
i z twierdzenia o trzech ci
,
agach lim
n→∞
δ
n
= 0.
Mamy wi
,
ec lim
n→∞
n
√
n = lim
n→∞
(1 + δ
n
) = 1.
4) Było na zajęciach wyrównawczych.
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
3) Niech
n
√
n = 1 + δ
n
, gdzie δ
n
≥ 0.
Mamy ze wzoru dwumianowego Newtona:
n = (1 + δ
n
)
n
=
n
P
k=0
n
k
1
n−k
δ
k
n
≥ 1 +
n(n−1)
2
δ
2
n
.
St
,
ad
n−1
n(n−1)
≥ δ
2
n
≥ 0, a zatem
1
√
n
≥ δ
n
≥ 0
i z twierdzenia o trzech ci
,
agach lim
n→∞
δ
n
= 0.
Mamy wi
,
ec lim
n→∞
n
√
n = lim
n→∞
(1 + δ
n
) = 1.
4) Było na zajęciach wyrównawczych.
GRANICE SPECJALNE
5) Pokażemy, że ci
,
ag o wyrazach a
n
= (1 +
1
n
)
n
jest rosn
,
acy i
ograniczony z góry.
Z nierówności Bernoulliego mamy (1 −
1
n
2
)
n
≥ 1 −
1
n
, a st
,
ad
(1 +
1
n
)
n
(1 −
1
n
)
n
≥ 1 −
1
n
.
Łatwo st
,
ad widać, że
a
n
= (1 +
1
n
)
n
≥ (1 −
1
n
)
1−n
= (1 +
1
n − 1
)
n−1
= a
n−1
.
GRANICE SPECJALNE
5) Pokażemy, że ci
,
ag o wyrazach a
n
= (1 +
1
n
)
n
jest rosn
,
acy i
ograniczony z góry.
Z nierówności Bernoulliego mamy (1 −
1
n
2
)
n
≥ 1 −
1
n
,
a st
,
ad
(1 +
1
n
)
n
(1 −
1
n
)
n
≥ 1 −
1
n
.
Łatwo st
,
ad widać, że
a
n
= (1 +
1
n
)
n
≥ (1 −
1
n
)
1−n
= (1 +
1
n − 1
)
n−1
= a
n−1
.
GRANICE SPECJALNE
5) Pokażemy, że ci
,
ag o wyrazach a
n
= (1 +
1
n
)
n
jest rosn
,
acy i
ograniczony z góry.
Z nierówności Bernoulliego mamy (1 −
1
n
2
)
n
≥ 1 −
1
n
, a st
,
ad
(1 +
1
n
)
n
(1 −
1
n
)
n
≥ 1 −
1
n
.
Łatwo st
,
ad widać, że
a
n
= (1 +
1
n
)
n
≥ (1 −
1
n
)
1−n
= (1 +
1
n − 1
)
n−1
= a
n−1
.
GRANICE SPECJALNE
5) Pokażemy, że ci
,
ag o wyrazach a
n
= (1 +
1
n
)
n
jest rosn
,
acy i
ograniczony z góry.
Z nierówności Bernoulliego mamy (1 −
1
n
2
)
n
≥ 1 −
1
n
, a st
,
ad
(1 +
1
n
)
n
(1 −
1
n
)
n
≥ 1 −
1
n
.
Łatwo st
,
ad widać, że
a
n
= (1 +
1
n
)
n
≥ (1 −
1
n
)
1−n
= (1 +
1
n − 1
)
n−1
= a
n−1
.
GRANICE SPECJALNE
5) Pokażemy, że ci
,
ag o wyrazach a
n
= (1 +
1
n
)
n
jest rosn
,
acy i
ograniczony z góry.
Z nierówności Bernoulliego mamy (1 −
1
n
2
)
n
≥ 1 −
1
n
, a st
,
ad
(1 +
1
n
)
n
(1 −
1
n
)
n
≥ 1 −
1
n
.
Łatwo st
,
ad widać, że
a
n
= (1 +
1
n
)
n
≥ (1 −
1
n
)
1−n
= (1 +
1
n − 1
)
n−1
= a
n−1
.
GRANICE SPECJALNE
Teraz wykażemy, że ∀n a
n
≤ 3.
Dla n ≥ 2 mamy ze wzoru dwumianowego Newtona:
a
n
= (1 +
1
n
)
n
= 1 + 1 +
n
P
k=2
n
k
1
n−k
1
n
k
=
2 +
n
P
k=2
n(n − 1) . . . (n + 1 − k)
k!n
k
=
2 +
n
P
k=2
1
k!
(n − 1)
n
(n − 1)
n
(n − 2)
n
. . .
(n + 1 − k)
n
≤ 2 +
n
P
k=2
1
k!
≤
2 +
n
P
k=2
1
2
k−1
≤ 2 +
1
2
1 − (
1
2
)
n−1
1 −
1
2
≤ 3.
Ci
,
ag (1 +
1
n
)
n
ma wi
,
ec granic
,
e oznaczamy j
,
a liter
,
a e.
GRANICE SPECJALNE
Teraz wykażemy, że ∀n a
n
≤ 3.
Dla n ≥ 2 mamy ze wzoru dwumianowego Newtona:
a
n
= (1 +
1
n
)
n
= 1 + 1 +
n
P
k=2
n
k
1
n−k
1
n
k
=
2 +
n
P
k=2
n(n − 1) . . . (n + 1 − k)
k!n
k
=
2 +
n
P
k=2
1
k!
(n − 1)
n
(n − 1)
n
(n − 2)
n
. . .
(n + 1 − k)
n
≤ 2 +
n
P
k=2
1
k!
≤
2 +
n
P
k=2
1
2
k−1
≤ 2 +
1
2
1 − (
1
2
)
n−1
1 −
1
2
≤ 3.
Ci
,
ag (1 +
1
n
)
n
ma wi
,
ec granic
,
e oznaczamy j
,
a liter
,
a e.
GRANICE SPECJALNE
Teraz wykażemy, że ∀n a
n
≤ 3.
Dla n ≥ 2 mamy ze wzoru dwumianowego Newtona:
a
n
= (1 +
1
n
)
n
= 1 + 1 +
n
P
k=2
n
k
1
n−k
1
n
k
=
2 +
n
P
k=2
n(n − 1) . . . (n + 1 − k)
k!n
k
=
2 +
n
P
k=2
1
k!
(n − 1)
n
(n − 1)
n
(n − 2)
n
. . .
(n + 1 − k)
n
≤ 2 +
n
P
k=2
1
k!
≤
2 +
n
P
k=2
1
2
k−1
≤ 2 +
1
2
1 − (
1
2
)
n−1
1 −
1
2
≤ 3.
Ci
,
ag (1 +
1
n
)
n
ma wi
,
ec granic
,
e oznaczamy j
,
a liter
,
a e.
GRANICE SPECJALNE
Teraz wykażemy, że ∀n a
n
≤ 3.
Dla n ≥ 2 mamy ze wzoru dwumianowego Newtona:
a
n
= (1 +
1
n
)
n
= 1 + 1 +
n
P
k=2
n
k
1
n−k
1
n
k
=
2 +
n
P
k=2
n(n − 1) . . . (n + 1 − k)
k!n
k
=
2 +
n
P
k=2
1
k!
(n − 1)
n
(n − 1)
n
(n − 2)
n
. . .
(n + 1 − k)
n
≤
2 +
n
P
k=2
1
k!
≤
2 +
n
P
k=2
1
2
k−1
≤ 2 +
1
2
1 − (
1
2
)
n−1
1 −
1
2
≤ 3.
Ci
,
ag (1 +
1
n
)
n
ma wi
,
ec granic
,
e oznaczamy j
,
a liter
,
a e.
GRANICE SPECJALNE
Teraz wykażemy, że ∀n a
n
≤ 3.
Dla n ≥ 2 mamy ze wzoru dwumianowego Newtona:
a
n
= (1 +
1
n
)
n
= 1 + 1 +
n
P
k=2
n
k
1
n−k
1
n
k
=
2 +
n
P
k=2
n(n − 1) . . . (n + 1 − k)
k!n
k
=
2 +
n
P
k=2
1
k!
(n − 1)
n
(n − 1)
n
(n − 2)
n
. . .
(n + 1 − k)
n
≤ 2 +
n
P
k=2
1
k!
≤
2 +
n
P
k=2
1
2
k−1
≤
2 +
1
2
1 − (
1
2
)
n−1
1 −
1
2
≤ 3.
Ci
,
ag (1 +
1
n
)
n
ma wi
,
ec granic
,
e oznaczamy j
,
a liter
,
a e.
GRANICE SPECJALNE
Teraz wykażemy, że ∀n a
n
≤ 3.
Dla n ≥ 2 mamy ze wzoru dwumianowego Newtona:
a
n
= (1 +
1
n
)
n
= 1 + 1 +
n
P
k=2
n
k
1
n−k
1
n
k
=
2 +
n
P
k=2
n(n − 1) . . . (n + 1 − k)
k!n
k
=
2 +
n
P
k=2
1
k!
(n − 1)
n
(n − 1)
n
(n − 2)
n
. . .
(n + 1 − k)
n
≤ 2 +
n
P
k=2
1
k!
≤
2 +
n
P
k=2
1
2
k−1
≤ 2 +
1
2
1 − (
1
2
)
n−1
1 −
1
2
≤ 3.
Ci
,
ag (1 +
1
n
)
n
ma wi
,
ec granic
,
e oznaczamy j
,
a liter
,
a e.
GRANICE SPECJALNE
Teraz wykażemy, że ∀n a
n
≤ 3.
Dla n ≥ 2 mamy ze wzoru dwumianowego Newtona:
a
n
= (1 +
1
n
)
n
= 1 + 1 +
n
P
k=2
n
k
1
n−k
1
n
k
=
2 +
n
P
k=2
n(n − 1) . . . (n + 1 − k)
k!n
k
=
2 +
n
P
k=2
1
k!
(n − 1)
n
(n − 1)
n
(n − 2)
n
. . .
(n + 1 − k)
n
≤ 2 +
n
P
k=2
1
k!
≤
2 +
n
P
k=2
1
2
k−1
≤ 2 +
1
2
1 − (
1
2
)
n−1
1 −
1
2
≤ 3.
Ci
,
ag (1 +
1
n
)
n
ma wi
,
ec granic
,
e oznaczamy j
,
a liter
,
a e.
GRANICE SPECJALNE
Teraz wykażemy, że ∀n a
n
≤ 3.
Dla n ≥ 2 mamy ze wzoru dwumianowego Newtona:
a
n
= (1 +
1
n
)
n
= 1 + 1 +
n
P
k=2
n
k
1
n−k
1
n
k
=
2 +
n
P
k=2
n(n − 1) . . . (n + 1 − k)
k!n
k
=
2 +
n
P
k=2
1
k!
(n − 1)
n
(n − 1)
n
(n − 2)
n
. . .
(n + 1 − k)
n
≤ 2 +
n
P
k=2
1
k!
≤
2 +
n
P
k=2
1
2
k−1
≤ 2 +
1
2
1 − (
1
2
)
n−1
1 −
1
2
≤ 3.
Ci
,
ag (1 +
1
n
)
n
ma wi
,
ec granic
,
e oznaczamy j
,
a liter
,
a e.
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
6) Jeżeli 0 < L ≤ a
n
≤ K to
n
√
L ≤
n
√
a
n
≤
n
√
K.
Mamy lim
n→∞
n
√
L = lim
n→∞
n
√
K = 1 z twierdzenia o trzech ci
,
agach
lim
n
√
a
n
= 1.
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
6) Jeżeli 0 < L ≤ a
n
≤ K to
n
√
L ≤
n
√
a
n
≤
n
√
K.
Mamy lim
n→∞
n
√
L = lim
n→∞
n
√
K = 1
z twierdzenia o trzech ci
,
agach
lim
n
√
a
n
= 1.
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
6) Jeżeli 0 < L ≤ a
n
≤ K to
n
√
L ≤
n
√
a
n
≤
n
√
K.
Mamy lim
n→∞
n
√
L = lim
n→∞
n
√
K = 1 z twierdzenia o trzech ci
,
agach
lim
n
√
a
n
= 1.
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
7) Założymy najpierw, że lim
n→∞
a
n
= ∞.
Określamy ci
,
ag liczb naturalnych p
n
< a
n
≤ p
n
+ 1.
Oczywiście lim
n→∞
p
n
= ∞.
Mamy nierówności (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
≤ (1 +
1
a
n
)
a
n
≤ (1 +
1
p
n
)
p
n
+1
.
Z uwagi na równości (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
= (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
+1
1
1 +
1
p
n
+ 1
oraz
(1 +
1
p
n
)
p
n
+1
= (1 +
1
p
n
)
p
n
(1 +
1
p
n
)
1
skrajne ci
,
agi maj
,
a granic
,
e równ
,
a e.
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
7) Założymy najpierw, że lim
n→∞
a
n
= ∞.
Określamy ci
,
ag liczb naturalnych p
n
< a
n
≤ p
n
+ 1.
Oczywiście lim
n→∞
p
n
= ∞.
Mamy nierówności (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
≤ (1 +
1
a
n
)
a
n
≤ (1 +
1
p
n
)
p
n
+1
.
Z uwagi na równości (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
= (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
+1
1
1 +
1
p
n
+ 1
oraz
(1 +
1
p
n
)
p
n
+1
= (1 +
1
p
n
)
p
n
(1 +
1
p
n
)
1
skrajne ci
,
agi maj
,
a granic
,
e równ
,
a e.
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
7) Założymy najpierw, że lim
n→∞
a
n
= ∞.
Określamy ci
,
ag liczb naturalnych p
n
< a
n
≤ p
n
+ 1.
Oczywiście lim
n→∞
p
n
= ∞.
Mamy nierówności (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
≤ (1 +
1
a
n
)
a
n
≤ (1 +
1
p
n
)
p
n
+1
.
Z uwagi na równości (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
= (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
+1
1
1 +
1
p
n
+ 1
oraz
(1 +
1
p
n
)
p
n
+1
= (1 +
1
p
n
)
p
n
(1 +
1
p
n
)
1
skrajne ci
,
agi maj
,
a granic
,
e równ
,
a e.
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
7) Założymy najpierw, że lim
n→∞
a
n
= ∞.
Określamy ci
,
ag liczb naturalnych p
n
< a
n
≤ p
n
+ 1.
Oczywiście lim
n→∞
p
n
= ∞.
Mamy nierówności (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
≤ (1 +
1
a
n
)
a
n
≤ (1 +
1
p
n
)
p
n
+1
.
Z uwagi na równości (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
= (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
+1
1
1 +
1
p
n
+ 1
oraz
(1 +
1
p
n
)
p
n
+1
= (1 +
1
p
n
)
p
n
(1 +
1
p
n
)
1
skrajne ci
,
agi maj
,
a granic
,
e równ
,
a e.
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
7) Założymy najpierw, że lim
n→∞
a
n
= ∞.
Określamy ci
,
ag liczb naturalnych p
n
< a
n
≤ p
n
+ 1.
Oczywiście lim
n→∞
p
n
= ∞.
Mamy nierówności (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
≤ (1 +
1
a
n
)
a
n
≤ (1 +
1
p
n
)
p
n
+1
.
Z uwagi na równości (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
= (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
+1
1
1 +
1
p
n
+ 1
oraz
(1 +
1
p
n
)
p
n
+1
= (1 +
1
p
n
)
p
n
(1 +
1
p
n
)
1
skrajne ci
,
agi maj
,
a granic
,
e równ
,
a e.
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
7) Założymy najpierw, że lim
n→∞
a
n
= ∞.
Określamy ci
,
ag liczb naturalnych p
n
< a
n
≤ p
n
+ 1.
Oczywiście lim
n→∞
p
n
= ∞.
Mamy nierówności (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
≤ (1 +
1
a
n
)
a
n
≤ (1 +
1
p
n
)
p
n
+1
.
Z uwagi na równości (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
= (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
+1
1
1 +
1
p
n
+ 1
oraz
(1 +
1
p
n
)
p
n
+1
= (1 +
1
p
n
)
p
n
(1 +
1
p
n
)
1
skrajne ci
,
agi maj
,
a granic
,
e równ
,
a e.
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
7) Założymy najpierw, że lim
n→∞
a
n
= ∞.
Określamy ci
,
ag liczb naturalnych p
n
< a
n
≤ p
n
+ 1.
Oczywiście lim
n→∞
p
n
= ∞.
Mamy nierówności (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
≤ (1 +
1
a
n
)
a
n
≤ (1 +
1
p
n
)
p
n
+1
.
Z uwagi na równości (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
= (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
+1
1
1 +
1
p
n
+ 1
oraz
(1 +
1
p
n
)
p
n
+1
= (1 +
1
p
n
)
p
n
(1 +
1
p
n
)
1
skrajne ci
,
agi maj
,
a granic
,
e równ
,
a e.
GRANICE SPECJALNE
DOWÓD:
7) Założymy najpierw, że lim
n→∞
a
n
= ∞.
Określamy ci
,
ag liczb naturalnych p
n
< a
n
≤ p
n
+ 1.
Oczywiście lim
n→∞
p
n
= ∞.
Mamy nierówności (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
≤ (1 +
1
a
n
)
a
n
≤ (1 +
1
p
n
)
p
n
+1
.
Z uwagi na równości (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
= (1 +
1
p
n
+ 1
)
p
n
+1
1
1 +
1
p
n
+ 1
oraz
(1 +
1
p
n
)
p
n
+1
= (1 +
1
p
n
)
p
n
(1 +
1
p
n
)
1
skrajne ci
,
agi maj
,
a granic
,
e równ
,
a e.
GRANICE SPECJALNE
Z twierdzenia o trzech ci
,
agach granic
,
a środkowego też jest e.
Jeżeli teraz a
n
< 0 to (1 +
1
a
n
)
a
n
= (1 +
1
|a
n
| − 1
)
|a
n
|−1
(1 +
1
|a
n
| − 1
)
Łatwo widać, że granica prawej strony przy |a
n
| zmierzającym do
nieskończoności w powyższej równości jest równa e.
GRANICE SPECJALNE
Z twierdzenia o trzech ci
,
agach granic
,
a środkowego też jest e.
Jeżeli teraz a
n
< 0 to (1 +
1
a
n
)
a
n
= (1 +
1
|a
n
| − 1
)
|a
n
|−1
(1 +
1
|a
n
| − 1
)
Łatwo widać, że granica prawej strony przy |a
n
| zmierzającym do
nieskończoności w powyższej równości jest równa e.
GRANICE SPECJALNE
Z twierdzenia o trzech ci
,
agach granic
,
a środkowego też jest e.
Jeżeli teraz a
n
< 0 to (1 +
1
a
n
)
a
n
= (1 +
1
|a
n
| − 1
)
|a
n
|−1
(1 +
1
|a
n
| − 1
)
Łatwo widać, że granica prawej strony przy |a
n
| zmierzającym do
nieskończoności w powyższej równości jest równa e.
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
2010 11 04 WIL Wyklad 04id 2717 Nieznany
2010 11 08 WIL Wyklad 08id 2717 Nieznany
2010 11 01 WIL Wyklad 01id 2717 Nieznany (2)
2010 11 06 WIL Wyklad 06
2010 11 05 WIL Wyklad 05
2010 11 07 WIL Wyklad 07
2010 11 WIL Wyklad 07id 27178 Nieznany (2)
2010 11 WIL Wyklad 03id 27176 Nieznany (2)
2010 11 WIL Wyklad 06id 27177 Nieznany (2)
2010 12 WIL Wyklad 09id 27185 Nieznany (2)
2011 02 25 WIL Wyklad 21id 2752 Nieznany (2)
2011 02 21 WIL Wyklad 20id 2752 Nieznany (2)
więcej podobnych podstron