Wykład 02
Witold Obłoza
20 stycznia 2011
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.