2010 11 02 WIL Wyklad 02id 2717 Nieznany (2)

background image

Wykład 02

Witold Obłoza

20 stycznia 2011

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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

.

background image

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

.

background image

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

.

background image

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

.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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

background image

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

background image

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

background image

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

background image

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

background image

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

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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

.

background image

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

.

background image

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

.

background image

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

.

background image

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

.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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.

background image

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