1. W wielu sytuacjach rozpatrywane sa tzw. ciagi liczbowe. Jeśli np. chcemy zdefiniować pole kola,

to można rozważać np. wielokaty foremne wpisane w to kolo o coraz wiekszej liczbie boków i mówić,

że pole kola jest liczba, która można przybliżać polami tych wielokatów, przy czym przybliżenie jest

tym dokladniejsze im wieksza jest liczba boków wielokata. Mamy tu wiec do czynienia z ciagiem

pól wielokatów wpisanych w dane kolo, co oznacza, że liczbom naturalnym poczawszy od 3 przypi-

sane zostaly pewne liczby rzeczywiste. Te ostatnie nazywamy wyrazami ciagu i oznaczamy na ogól
symbolem an .
2. Inny przyklad byl rozważany przez Zenona (490-430 p.n.e) z Elei . Twierdzil on mianowicie, że
znany w starożytności biegacz Achilles nie jest w stanie dogonić żólwia. Rozważania te przedstawimy

oczywiście używajac wspólczesnego jezyka i stosujac wspólczesne oznaczenia. Przyjmijmy na przyklad,

że poczatkowa odleglość miedzy Achillesem i żólwiem równa jest 100 m. Dla prostoty przyjmiemy,

że predkość Achillesa jest dziesieciokrotnie wieksza niż predkość uciekajacego żólwia. W jakimś czasie

Achilles przebiegnie 100 m. W tym samym czasie żólw przesunie sie o 10 m, wiec na razie przy-
1
najmniej nie zostanie zlapany. Po tego czasu Achilles przebiegnie 10 m, jednak znów nie dogoni
10

żólwia, który oddali sie o nastepny metr. Achilles przebiegnie metr, a żólw oddali sie o 10 cm itd.
Proces ten można kontynuować. Prowadzi to do rozpatrywania coraz dluższych odcinków przebytych

przez Achillesa, czyli liczb: 100 ; 110 ; 111 ; 111,1 ; . . .  czyli ciagu, którego wyraz o numerze n jest

100
dany za pomoca wzoru an = 100 + 10 + 1 + . . . + = 111,1 . . . 1  przy czym w zapisie dzie-
10n-1

sietnym tej liczby wystepuje n jedynek. Zenon po prostu nie potrafil zsumować nieskończenie wielu

skladników. Nie operowal pojeciem sumy nieskończonej, nie umiano wtedy takiego pojecia zdefiniować.

Tego rodzaju problemy analizowano już wtedy, ale ścisle definicje matematyczne pojawily sie dopiero w
pierwszej polowie XIX wieku (Gauss, Cauchy, Bolzano). Oczywiście można latwo odpowiedzieć na py-

1000
tanie po przebiegnieciu jakiego dystansu Achilles zlapie żólwia: 111, 1 . . . = . Na wszelki wypadek
9
podamy formalne rozumowanie, które można bylo zastosować również w starożytności, jednak bez jaw-

nego użycia pojecia sumy nieskończonej, a wiec omijajac istotny problem matematyczno-filozoficzny.*
Oznaczmy dystans przebyty przez żólwia do momentu zakończenia pogoni przez x . Achilles w tym

samym czasie przebiegl odleglość 10x . Różnica tych wielkości to 9x = 100 . Stad natychmiast wynika,
100 1000
że x = , zatem 10x = . Oczywiście problemem istotnym bylo tu obliczenie tzw. granicy
9 9

ciagu, czym zajmiemy sie niebawem.

3. Rozważymy jeszcze inny przyklad. Zalóżmy, że mamy do czynienia z pewna ilościa pierwiastka

promieniotwórczego. Niech m oznacza jego mase. Fizycy twierdza, że ubytek masy pierwiastka pro-
mieniotwórczego jest proporcjonalny do czasu i masy substancji. Oznaczmy wspólczynnik proporcjo-

nalnoÅ›ci przez µ i zastanówmy sie jaka ilość tego pierwiastka bedziemy mieć po czasie t . Na tzw.

*Byly inne paradoksy zwiazane z problemem dzielenia w nieskończoność na cześci, np. punkt nie ma dlugości, odcinek

sklada sie z punktów i ma dlugość, poruszajacy obiekt w nieskończenie krótkim czasie nie przebywa żadnej odleglości,
sie
a jednak sie porusza. Przekonamy sie, że dzieki pojeciu granicy daje sie w sensowny sposób mówić o tego rodzaju

kwestiach nie dochodzac do pozornych sprzeczności.
1

 zdrowy rozum masa w czasie t powinna sie zmniejszyć o µ · t · m . Jednak substancja promieniuje

bez przerwy. Moglibyśmy wiec rozumować w ten sam sposób myslac o czasie dwukrotnie krótszym,

t t t
czyli . Wtedy masa zmniejszylaby sie o µ · · m . Wobec tego po czasie masa bylaby równa
2 2 2

t t
m - µ · · m = m 1 - µ · ) . Ta masa zmiejszalaby sie w dalszym ciagu zgodnie z tym samym prawem,
2 2

t t t t t
wiec po czasie masa pierwiastka bylaby równa m 1-µ· )-µ· m 1-µ· ) = m 1-µ· )2 . Mamy
2 2 2 2 2

t
wiec dwa wyniki 1-µ· )2 , jeÅ›li czas  dzielimy  na pól oraz 1-µ·t , jeÅ›li  nie dzielimy . Te wyniki sa
2

różne, wiec podany opis nie może być dobry. Na domiar zlego, jeśli czas podzielimy nie na dwie równe

t t t
cześci, to wynik bedzie jeszcze inny: przy podziale t = + + wywnioskujemy, że po czasie t masa
3 3 3
t t t t t t
równa jest m 1-µ· )3 , przy podziale t = + + + wynik to m 1-µ· )4 . OczywiÅ›cie rezultat nie
4 4 4 4 4 4

może zależeć od tego, w jaki sposób opisujemy zjawisko. Można wiec przypuścić, że zacytowane prawo

fizyki dziala w przypadku dostatecznie krótkiego czasu z bledem mniejszym niż dokladność pomiaru.
t t
Matematyka obliguje to do zadania pytania: czy liczby m 1 - µ · t) , m 1 - µ · )2 , m 1 - µ · )3 ,
2 3

t
m 1 - µ · )4 , . . . przybliżaja z coraz wieksza dokladnoÅ›cia pewna liczbe, która moglaby być wtedy
4
uważana za prawdziwy wynik?

Pytanie okazuje sie tym ważniejsze, że do tego samego pytania prowadzi analiza oprocentowanego

wkladu bankowego albo np. wydlużania sie np. szyn kolejowych w wyniku wzrostu temperatury lub

ich skracania sie w wyniku spadku temperatury. To prawo fizyczne jest znane każdemu, kto byl przy-

tomny w czasie lekcji fizyki w szóstej klasie szkoly podstawowej. Nieliczni jednak uczniowie zauważaja

problem, który opisaliśmy wyżej. Stosowanie tego prawa w sposób opisany w podrecznikach szkolny

prowadzi do różnych wyników w zależności od tego czy temperatura zmienia sie np. o 20ć% , czy też

o 10ć% + 10ć% , co oczywiście nie może być prawda, bowiem wzrost temperatury nie jest skokowy, lecz

odbywa sie stopniowo. Podsumujmy: opisane wyżej zagadnienia prowadza do rozpatrywania ciagu o
x
wyrazie (1 + )n , w przypadku masy substancji promieniotwórczej x = -µ · t . Powyższe rozważania
n

x
sugeruja, że wzrost liczby naturalnej n powinien powodować wzrost wyrażenia (1+ )n przynajmniej
n

w przypadku x = 0 . W istocie rzeczy latwo można sie przekonać o tym, że n > -x wzrost taki ma

miejsce, wykażemy to niebawem.

4. Innym rodzajem ciagu jest tzw. ciag geometryczny: an = a0qn , gdzie a0 i q sa dowolnymi

liczbami rzeczywistymi. Liczba q jest zwana ilorazem ciagu geometrycznego, bo w przypadku q = 0


jest równa ilorazowi dwóch kolejnych wyrazów ciagu. Do rozpatrywania tego ciagu prowadza opisane
poprzednio zagadnienia, jeśli nie zmniejszamy odcinków czasu lub temperatury, np. obliczamy ile

bedzie pieniedzy na naszym koncie, jeśli wyplat można dokonywać po ustalonym okresie czasu, a

oprocentowanie jest stale w czasie. Wtedy a0 oznacza wyjściowa kwote, a1 kwote znajdujaca sie
na rachunku po uplywie jednego okresu, a2  po uplywie dwóch okresów itd. Liczba ludzi w danym

kraju w przypadku stalego przyrostu naturalnego zachowuje sie jak ciag geometryczny o ilorazie dosyć

bliskim jedności  dodatni przyrost naturalny oznacza, że iloraz jest wiekszy niż 1 zaś ujemny przyrost
naturalny  że iloraz jest mniejszy niż 1 .

5. Jeszcze innym rodzajem ciagu jest ciag arytmetyczny: an = a0 + nd , gdzie a0 oraz d oznaczaja
2

dowolne liczby rzeczywiste. Liczba d zwana jest różnica ciagu arytmetycznego, jest ona równa różnicy

dwóch kolejnych wyrazów ciagu. W XIX wieku zaobserwowano, że ilość zboża zachowuje sie jak wyraz

ciagu arytmetycznego ( n jest numerem roku). Oczywiście tego rodzaju obserwacje sa przybliżone,

bowiem co jakiś czas zdarzaja sie powodzie, susze i wtedy proces wzrostu ulega zaklóceniu. Bywaja
też zaklócenia innego rodzaju, np. w XIX zauważono, że stosowanie saletry chilijskiej (nawozy azotowe)

zwieksza w istotny sposób plony. Byly też inne zaklócenia  naturalnego tempa wzrostu ilości zbóż.

6. W rekopisie z 1228 r Leonarda z Pizy, zwanego Fibonaccim, znajduje sie nastepujace zadanie:

Ile par królików może być splodzonych przez pare plodnych królików i jej potomstwo w ciagu roku,

jeśli każda para daje w ciagu miesiaca żywot jednej parze, para staje sie plodna po miesiacu, króliki

nie zdychaja w ciagu tego roku. Jasne jest, że po miesiacu mamy już dwie pary przy czym jedna z

nich jest plodna, a druga jeszcze nie. Wobec tego po dwóch miesiacach żyja już trzy pary królików:

dwie plodne, jedna jeszcze nie. Po trzech miesiacach żyje już pieć par królików: trzy plodne, dwie

jeszcze nie. Po czterech miesiacach jest już 8 = 5 + 3 par królików. Kontynuujac to postepowanie
stwierdzamy po niezbyt dlugim czasie, że po roku żyje już 377 = 233 + 144 par królików. Natu-

ralnym problemem jest: znalez
ć wzór na liczbe an , jeśli a0 = 1 , a1 = 2 i an = an-1 + an-2 dla

n = 2, 3, 4, . . . . Wzór taki zostal znaleziony dopiero po kilkuset latach od napisania ksiażki przez

Fibonacci ego i wyglada tak:
" "
n+2 n+2
1+ 5 1- 5
-
2 2
an = " .
5
Dowód prawdziwości tego wzoru jest prosty i nie wykracza poza program liceum  latwa indukcja.

Jednak pozostaje pytanie, jak w ogóle można tego rodzaju hipoteze sformulować. Jest to pytanie

znacznie ważniejsze od wykazania prawdziwości tego wzoru, jednak na razie nie bedziemy sie tym

zajmować. Za kilka miesiecy stanie sie jasne w jaki sposób do takiego dziwnego rezultatu można
dojść.

7. Przejdziemy teraz do ścislego zdefiniowania ciagu.

Definicja 2.0 (ciagu)

Ciagiem nazywamy dowolna funkcje określona na zbiorze zlożonym ze wszystkich tych liczb calkowi-

tych, które sa wieksze lub równe pewnej liczbie calkowitej n0 . Wartość tej funkcji punkcie n nazywamy

n -tym wyrazem ciagu.

Stosujemy oznaczenie (an) dla oznaczenia ciagu, którego n -tym wyrazem jest an . W punkcie 1

najmniejszym numerem wyrazu ciagu jest liczba n0 = 3 (zaczynamy wiec od a3 ), w punktach 2

i 3 mamy n0 = 1 (teraz od a1 ), nastepne trzy ciagi rozpoczeliśmy od n0 = 0 . Oczywiście można

rozpoczynać numeracje od dowolnej liczby calkowitej, również ujemnej. Terminy ciag arytmetyczny,

ciag geometryczny używane beda nie tylko w przypadku ciagów rozpoczynajacych sie od wyrazu

a0 , również w tym przypadku n0 może być dowolna liczba calkowita. Chodzi jedynie o to, by byly

prawdziwe równoÅ›ci an = an-1 + d lub  w przypadku ciagu geometrycznego  an = an-1 · q dla

wszystkich liczb calkowitych n e" n0 . Zazwyczaj jednak numeracje bedziemy rozpoczynać od 0 lub
3

od 1 . Jeśli nie zaznaczymy tego wyraz
nie, symbol n oznaczać bedzie liczbe calkowita nieujemna, czyli

naturalna.*

8. Przejdziemy teraz do zdefiniowania granicy ciagu  pojecia zasygnalizowanego przy okazji oma-
wiania paradoksu Zenona (zob. punkt 2.)

Definicja 2.1 (granicy ciagu)

a. Liczba g nazywana jest granica ciagu (an) wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnej liczby
dodatniej µ > 0 istnieje liczba calkowita nµ , taka że jeÅ›li n > nµ , to |an - g| < µ .

b. +" (czytaj: plus nieskończoność) jest granica ciagu (an) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej
liczby rzeczywistej M istnieje liczba calkowita nm taka, że jeśli n > nM , to an > M.

c. -" (czytaj: minus nieskończoność) jest granica ciagu (an) wtedy i tylko wtedy, gdy dla
każdej liczby rzeczywistej M istnieje liczba calkowita nm taka, że jeśli n > nM , to an < M.

d. Jeśli g jest granica ciagu (an) , skończona lub nie, to piszemy g = lim an lub an ---- g .
-
n" n"

Można też pisać an g , gdy n " lub krótko an g . Mówimy, że ciag jest zbieżny,
jeśli jego granica jest skończona.

Skomentujemy po pierwsze cześć a. Chodzi tam o to, że wyrazy ciagu, których numery sa dosta-

tecznie duże ( n > nµ ) przybliżaja granice g z dopuszczalna dokladnoÅ›cia ( |an - g| < µ ). Stwierdzimy

tu wyraz
nie, że przejście do nastepnego wyrazu nie musi zwiekszyć dokladności przybliżenia, przeciw-

nie chwilowo może sie ta dokladność zmniejszyć, dopiero dostatecznie duży wzrost numeru wyrazu musi

zwiekszyć dokladność przybliżenia (jeśli ciag jest staly, np. an = 33 dla każdej liczby naturalnej n , to

blad jest zerowy zawsze, niezależnie od numeru wyrazu, wiec dokladność nie może być poprawiona).
O liczbie µ myÅ›leć należy jako o malej liczbie dodatniej (chodzi o to, że jeÅ›li dla malego µ umiemy

wskazać moment, od którego blad jest mniejszy niż µ , to od tego momentu nierówność jest również

spelniona z wiekszym µ ). Pamietajmy również o tym, że liczba |x - y| może być traktowana jako
odleglość dwóch punktów prostej. Wobec tego nierówność |an -g| < µ oznacza, że punkt an znajduje

sie w przedziale o dlugoÅ›ci 2µ i Å›rodku g . W szczególnoÅ›ci ciag, którego wszystkie wyrazy sa takie
same (lub nawet nie wszystkie, tylko wszystkie od pewnego momentu, tj. dla dostatecznie dużych n

sa identyczne), jest zbieżny, przy czym granica takiego ciagu jest wspólna wartość jego wyrazów.

Czesto zamiast mówić istnieje nµ , takie że dla n > nµ zachodzi . . . bedziemy mówić, że dla

dostatecznie dużych n zachodzi . . . lub że dla prawie wszystkich n zachodzi . . . . Tak wiec dla prawie

wszystkich n . . . oznacza dla wszystkich , z wyjatkiem skończenie wielu n . . . .

Podobnie można interpretować cześć b definicji granicy. Tym razem wyraz ciagu, którego numer

jest dostatecznie duży ( n > nM ) powinien być blisko plus nieskończoności, wiec ma być duża liczba

dodatnia ( an > M ). Interpretacje cześci c pozostawiamy czytelnikom  jest ona w pelni analogiczna

do cześci b. Niektórzy autorzy używaja terminu  ciag jest rozbieżny do +"  , a inni mówia, że  ciag

*Cześć matematyków uważa, że liczby . . .
naturalne to 1 , 2 , Inni uważaja, że zaczynać należy od 0 . W momencie

pisania tego tekstu autor przychylil sie do tej drugiej koncepcji: liczby naturalne sluża przede wszystkim do ustalania

liczby elementów danego zbioru skończonego, ponieważ rozważamy niejednokrotnie zbiór pusty, wiec liczbe 0 uważać

bedziemy za naturalna.
4

jest zbieżny do +"  . My bedziemy stosować raczej pierwsza terminologie.

1
Przyklad 2.0 0 = lim . Aby przekonać sie o prawdziwoÅ›ci tej tezy wystarczy przyjać, że nµ
n"
n

1
jest dowolna liczba calkowita wieksza niż . Można wiec przyjać np. n1 = 2 , n1/2 = 3 , n0,41 = 3 ,
µ

ale można też powiekszyć niektóre z tych liczb lub nawet wszystkie i przyjać n1 = 10 , n1/2 = 207 ,

n0,41 = 3 . Mamy wiec możliwość wyboru: liczbe nµ można zawsze zastapić wieksza.
1 2n+3
Przyklad 2.1 = lim . Wykażemy, że wzór ten jest prawdziwy. Bez trudu stwierdzamy, że
2 4n-1
n"
1 2n+3 -7 7
nierówność - d" zachodzi dla dowolnej liczby calkowitej n e" 1 . Wystarczy
=
2 4n-1 2(4n-1) 6n

7
wiec, by nµ > . To zdanie oznacza , że dla tak dobranego nµ i n > nµ prawdziwa jest nierówność
6µ
1 2n+3
< µ
-  nie znaczy to jednak, że tylko dla tych liczb calkowitych n nierówność ta miejsce! Nie
2 4n-1

musieliśmy rozwiazywać nierówności, choć w tym przypadku bylo to możliwe  wystarczylo udowodnić,
że nierówność ma miejsce dla wszystkich dostatecznie dużych liczb naturalnych n .

Przyklad 2.2 Jeśli d > 0 , to +" = lim (a0 + nd) . Postaramy sie wykazać, że równość ta ma
n"

M-a0 M-a0
miejsce. JeÅ›li M jest dowolna liczba rzeczywista, nµ > i n > nµ , to n > , zatem
d d

an = a0 + nd > M , co dowodzi prawdziwości równości, która dowodzimy.

Wykażemy teraz bardzo użyteczna nierówność.
Twierdzenie 2.2 (Nierówność Bernoulli ego)

Zalóżmy, że n jest liczba calkowita dodatnia zaś a > -1 liczba rzeczywista. Wtedy
(1 + a)n e" 1 + na
przy czym równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy a = 0 lub gdy n = 1 .
Dowód. Jeśli n = 1 , to oczywiście niezależnie od wyboru liczby a ma miejsce równość. Ponieważ

(1+a)2 = 1+2a+a2 e" 1+2a , przy czym równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy a=0, wiec teza

zachodzi dla n = 2 i wszystkich liczb rzeczywistych a (nie tylko a > -1 ). Otrzymana nierówność

(1 + a)2 e" 1 + 2a możemy pomnożyć stronami przez liczbe dodatnia (1 + a)  tu korzystamy z
zalożenia a > -1 . W wyniku otrzymujemy (1 + a)3 e" (1 + 2a)(1 + a) = 1 + 3a + 2a2 e" 1 + 3a .

Także w tym przypadku jest widoczne, że dla a = 0 otrzymujemy nierówność ostra. Z tej nierówności

w taki sam sposób wynika, że (1 + a)4 e" (1 + 3a)(1 + a) e" 1 + 4a + 3a2 e" 1 + 4a . Teraz w
ten sam sposób wnioskujemy prawdziwość twierdzenia dla n = 5 i wszystkich a > -1 , potem dla
n = 6 itd. Ogólnie jeśli teza twierdzenia zachodzi dla wszystkich liczb a > -1 przy ustalonym n , to
(1 + a)n+1 e" (1 + na)(1 + a) = 1 + (n + 1)a + na2 e" 1 + (n + 1)a i znów bez trudu stwierdzamy, że
równość ma miejsce jedynie dla a = 0 . Oczywiście jest to latwe rozumowanie indukcyjne, nazwy nie

użyto wcześniej, by nie odstraszać tych, którzy jeszcze boja sie indukcji.

Twierdzenie 2.3 (Granica ciagu geometrycznego)

Niech an = qn . Ciag ten ma granice 0 , jeśli |q| < 1 , ma granice 1 , jeśli q = 1 , ma granice +" ,

jeśli q > 1 . Jeśli q d" -1 , to ciag granicy nie ma.
5

Dowód. W przypadku q = 0 oraz q = 1 teza jest oczywista, bo ciag jest staly (jego wyrazy nie

zależa od numeru). Zalóżmy teraz, że 0 < |q| < 1 . Niech µ > 0 bedzie liczba rzeczywista. JeÅ›li
1
-1
µ c&
nµ > jest liczba calkowita i n > nµ , to
1
-1
|q|
n
1 1 1 1 1
= 1 + - 1 e" 1 + n - 1 > 1 + - 1 = .
|q|n |q| |q| µ µ
1 1
Z otrzymanej nierównoÅ›ci wynika, że dla n > nµ zachodzi > , czyli |qn| < µ , a to oznacza,
|q|n µ
że lim qn = 0 .
n"
Kolejny przypadek to q > 1 . Mamy teraz qn = (1 + (q - 1))n e" 1 + n(q - 1) . Wobec tego, jeśli

M-1
n > nM i nM > , to qn > 1 + (M - 1) = M . Jasne jest wiec, że lim qn = +" .
q-1
n"
Pozostal przypadek ostatni: q d" -1 . W tym przypadku mamy qn d" -1 dla każdej liczby
calkowitej nieparzystej n oraz qn e" 1 dla każdej liczby calkowitej parzystej n . Gdyby istniala

skończona granica g , to wyrazy ciagu o dostatecznie dużych numerach leżalyby w odleglości mniejszej
niż 1 od granicy g  to natychmiastowa konsekwencja istnienia granicy skończonej. Jeśli jednak

odleglości qn i qn+1 od granicy g sa mniejsze od 1 , to odleglość miedzy nimi jest mniejsza niż
1 + 1 = 2 , co oznacza, że |qn - qn+1| < 2 . To jednak nie jest możliwe, bowiem jedna z liczb qn , qn+1

jest mniejsza lub równa -1 , a druga wieksza lub równa 1 . Stad zaś wynika, że odleglość miedzy qn

i qn+1 nie jest mniejsza niż 1 - (-1) = 2 *. Otrzymaliśmy sprzeczność, wiec ciag granicy skończonej

nie ma. +" granica tego ciagu też nie jest, bowiem wtedy wyrazy ciagu o dostatecznie dużych

numerach musialyby być wieksze od 0 (przyjmujemy M = 0 ), a tak nie jest, bo te, których numery

sa nieparzyste, sa ujemne. Analogicznie -" nie jest granica tego ciagu, bo wyrazy o numerach

parzystych sa dodatnie, co wyklucza to, że wyrazy o dostatecznie dużych numerach sa ujemne (i w
tym przypadku przyjmujemy M = 0 ).

Wykazaliśmy wiec, że ciag nie ma ani granicy skończonej ani - nieskończonej, co kończy badanie

granicy ciagu geometrycznego.

12. Ciagi monotoniczne i ściśle monotoniczne, ciagi ograniczone

Definicja 2.4 (ciagów monotonicznych)

Ciag (an) nazywamy niemalejacym (rosnacym) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego numeru

n zachodzi nierówność an d" an+1 ( an < an+1 ). Podobnie ciag nierosnacy (malejacy) to taki, że

dla każdego numeru n zachodzi nierówność an e" an+1 ( an > an+1 ). Ciagi niemalejace i niero-

snace maja wspólna nazwe: ciagi monotoniczne. Ciagi rosnace i malejace nazywamy ciagami ściśle
monotonicznymi.

W niektórych podrecznikach stosowana jest nieco inna terminologia: ciagi niemalejace zwane sa

tam rosnacymi, a rosnace  ściśle rosnacymi. Jest oczywiście obojetne, która z dwu koncepcji jest

stosowana, jeśli tylko jest to robione konsekwentnie. Można też, dla unikniecia nieporozumień, mówić

o ciagach niemalejacych i ściśle rosnacych.
c&
Nie używamy tu logarytmu, bo chcemy pokazać, że jakieś konkretne oszacowania można uzyskać bardzo elementarnie.
GdybyÅ›my jednak zechcieli go użyć, to moglibyÅ›my napisać nµ>(log10 µ)/(log10 |q|) , przyp. log10 |q|<0 .
*Można to rozumowanie zapisać wzorami: 2d"|qn-qn+1|d"|qn-g|+|g-qn+1|<1+1=2 dla dostatecznie dużych n .
6

Ciag geometryczny zaczynajacy sie od wyrazu a1 = q jest monotoniczny w przypadku q e" 0 :

dla q = 0 oraz dla q = 1 ciag geometryczny jest staly, wiec niemalejacy i jednocześnie nierosnacy.

W przypadku 0 < q < 1 jest on malejacy, dla q > 1 jest on rosnacy. Ciag arytmetyczny jest

rosnacy, gdy jego różnica d jest dodatnia, malejacy  gdy d < 0 , staly (wiec jednocześnie niemalejacy

i nierosnacy), gdy d = 0 .

Definicja 2.5 (ciagów ograniczonych)

Ciag (an) nazywany jest ograniczonym z góry wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje liczba rzeczywista
M , taka że dla każdej liczby naturalnej n zachodzi nierówność: an d" M . Analogicznie (an) jest
ograniczony z dolu wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje liczba rzeczywista m taka, że dla każdego n

zachodzi nierówność an e" m . Ciag ograniczony z góry i z dolu nazywamy ograniczonym. Ciagiem

nieograniczonym nazywamy każdy ciag, który nie jest ograniczony.

Ciag (n) jest ograniczony z dolu np. przez -13 lub 0 , ale nie jest ograniczony z góry, wiec jest
"
nieograniczony. Ciag (-1)n jest ograniczony z góry np. przez 1 lub przez 1000 oraz z dolu, np
przez -1 , ale również przez -13 .

Ciag (an) jest ograniczony wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje liczba nieujemna M , taka że |an| d"

M dla każdego n . Jest oczywisty wniosek z definicji ciagu ograniczonego: M musi być tak duże, by

liczba -M byla ograniczeniem dolnym ciagu (an) i jednocześnie liczba M byla jego ograniczeniem,
górnym.

x
Przyklad 2.3 Ciag (1 + )n
n

Wypiszmy przybliżenia dziesieciu pierwszych wyrazów ciagu
w przypadku x = 1 : oraz w przypadku x = -4 :
1 1
1 -4
1 + = 2 1 + = -3
1 1
2 2
1 9 -4
1 + = = 2, 25 1 + = 1
2 4 2
3 3
1 64 -4 -1
1 + = H" 2, 37 1 + = H" -0, 37
3 27 3 27
4 4
1 625 -4
1 + = H" 2, 44 1 + = 0
4 256 4
5 5
1 7776 -4 1
1 + = H" 2, 49 1 + = H" 0, 00032
5 3125 5 3125
6 6
1 117649 -4 1
1 + = H" 2, 52 1 + = H" 0, 0014
6 46656 6 729
7 7
1 2097152 -4 2187
1 + = H" 2, 55 1 + = H" 0, 0027
7 823543 7 823543
8 8
1 43046721 -4 1
1 + = H" 2, 56 1 + = H" 0, 0039
8 16777216 8 256
9 9
1 1000000000 -4 1953125
1 + = H" 2, 58 1 + = H" 0, 0050
9 387420489 9 387420489
10 10
1 25937424601 -4 59049
1 + = H" 2, 59 1 + = H" 0, 0060
10 10000000000 10 9765625

x
Latwo można przekonać sie, że ciag o wyrazie an = (1 + )n nie jest ani geometryczny , ani
n

arytmetyczny z wyjatkiem jednego przypadku: x = 0 . Wykażemy, że jeśli n > -x = 0 , to


an+1 > an , czyli że ciag ten jest rosnacy od pewnego momentu. W przypadku x > 0 jest ro-

snacy, gdy x < 0 , to może sie zdarzyć, że poczatkowe wyrazy zmieniaja znak, wiec o monotoniczności

nie może być nawet mowy. Jeśli jednak wszystkie wyrazy ciagu sa dodatnie, to jest niemalejacy. Wy-
7
pada to wykazać. Z nierówności n > -x wynika od razu nierówność n + 1 > -x . Z pierwszej z nich
x x
wnioskujemy, że 1 + > 0 , a z drugiej  że 1 + > 0 . Nierówność an < an+1 równoważna
n n+1
n n+1

x x x
jest nierówności 1 + < 1 + , a ta  dzieki temu, że 1 + > 0  nierówności
n n+1 n
x n+1
1+
n+1 1 n
> = . Skorzystamy teraz z nierówności Bernoulli ego (punkt 10.), by udo-
x
x
1+ n+x
1+
n ( )
n
x n+1 n+1
1+
n+1 x
wodnić, że ostatnia nierówność ma miejsce dla n > -x . Mamy = 1 - e"
x
1+ (n+x)(n+1)
n
x 1 x -x
1 - (n + 1) = 1 - = . Dla jasności należy jeszcze zauważyć, że liczba ,
(n+x)(n+1) n+x n+x (n+x)(n+1)

pelniaca role a w nierówności Bernoulli ego, jest wieksza od -1  jest to oczywiste w przypadku

x d" 0 , bo w tym przypadku jest ona nieujemna, zaś dla x > 0 jej wartość bezwzgledna, czyli

x 1 x
jest mniejsza od < 1 . Wykazaliśmy wiec, że od momentu, w którym wyrażenie (1+ )
(n+x)(n+1) n+1 n

staje sie dodatnie, ciag zaczyna rosnać (gdy x = 0 jest staly). Dodajmy jeszcze, że jeśli x > 0 , to

wyrazy ciagu sa dodatnie, jeśli zaś x < 0 , to sa one dodatnie dla n parzystego oraz dla n nieparzy-

x
stego, o ile n > -x . Pozostaje pytanie: czy w przypadku x > 0 wzrost wyrazu ciagu (1 + )n jest
n

nieograniczony, czy też dla ustalonego x znalez
ć można liczbe wieksza od wszystkich wyrazów tego

x
ciagu. Wykażemy, że ciag (1 + )n jest ograniczony z góry dla dowolnej liczby rzeczywistej x . Dla
n

ujemnych x tak jest, bo od pewnego miejsca, jak to stwierdziliśmy wcześniej, wyrazy ciagu sa dodat-
n
x2
1-
n
x n2 1 1
nie i mniejsze od 1 . Jeśli n > x > 0 , to 1 + = n < n . Wyrażenie n maleje
x x x
n
1- 1- 1-
( ) ( ) ( )
n n n

wraz ze wzrostem n (gdy rozpatrujemy n > x ), bo licznik nie zmienia sie, a mianownik  jak to

wykazaliśmy wcześniej  rośnie. Wynika stad, że jeśli n(x) jest najmniejsza liczba calkowita wieksza
n(x)

n(x)
1
od x , to wszystkie wyrazy ciagu sa mniejsze niż = .
n(x)
n(x)-x
x
1-
n(x)
2

n
1 2
Np. n(1) = 2 , zatem wszystkie wyrazy ciagu 1 + sa mniejsze niż = 4 . W przypadku
n 2-1

x = -4 wszystkie wyrazy ciagu poczawszy od piatego sa dodatnie i mniejsze od 1, rozważywszy

cztery pierwsze przekonujemy sie o tym, że najwiekszym wyrazem ciagu jest wyraz drugi, równy 1 , a
najmniejszym  pierwszy, równy -3 .
W istocie rzeczy z tego, co zostalo napisane wynika, że dla każdej liczby naturalnej k e" n(x) liczba
k
n
1 k x
= jest ograniczeniem górnym ciagu 1 +  zachecamy do samodzielnego uzasad-
k
x k-x n
1-
( )
k
nienia tego prostego stwierdzenia.

Wykażemy teraz nastepujace, zapewne znane ze szkoly

Twierdzenie 2.6 (o istnieniu granicy ciagu monotonicznego)

Każdy ciag monotoniczny ma granice.

Dowód. Zalóżmy, że ciag (an) jest niemalejacy, tzn. dla każdego n zachodzi nierówność an d" an+1 .

Jeśli ciag nie jest ograniczony z góry, to dla każdej liczby rzeczywistej M istnieje liczba naturalna nM
taka, że an e" M . Wtedy dla każdej liczby naturalnej n e" nM zachodzi nierówność an e" an e" M .
M M

Wobec tego lim an = +" . Zalóżmy teraz, że ciag (an) jest ograniczony z góry przez liczbe b0 . Dla
n"

a0+b0
każdej liczby naturalnej n e" 0 mamy wiec a0 d" an d" b0 . Jeśli w przedziale , b0 , znaj-
2

a0+b0
duja sie jakiekolwiek wyrazy ciagu (an) , to przyjmujemy c1 = i b1 = b0 . Jeśli w przedziale
2
8

a0+b0 a0+b0
, b0 wyrazów ciagu (an) nie ma, to przyjmujemy c1 = a0 i b1 = . W obu przypad-
2 2

kach otrzymujemy przedzial [c1, b1] ą" [a0, b0] dwa razy krótszy od przedzialu [a0, b0] zawierajacy

prawie wszystkie wyrazy ciagu (an) . W taki sam sposób otrzymujemy przedzial [c2, b2] ą" [c1, b1]

dwa razy krótszy od przedzialu [c1, b1] , czyli cztery razy krótszy od przedzialu [a0, b0] zawierajacy

prawie wszystkie wyrazy ciagu (an) . Powtarzajac te konstrukcje wielokrotnie określamy zstepujacy

ciag przedzialów domknietych [cn, bn] taki, że każdy przedzial [cn, bn] jest dwa razy krótszy od

swego poprzednika (i jest w nim zawarty). Niech g bedzie punktem wspólnym wszystkich przedzialów

[cn, bn] , n = 1, 2, . . . . Jasne jest, że ta cześć wspólna sklada sie z tylko jednej liczby (jeśli g1 = g2 ,

b0-a0
to dla dostatecznie dużych liczb naturalnych n zachodzi nierówność |g1 - g2| > = bn - cn ).
2n
Wykażemy, że lim an = g . Niech µ > 0 . Istnieje liczba naturalna m taka, że bm - cm < µ . Niech
n"
an " [cm, bm] . Wtedy również an+1, an+2, an+3, . . . " [cm, bm] i oczywiście g " [cm, bm] . Każde dwa

punkty przedzialu [cm, bm] sa odlegle o nie wiecej niż bm - cm < µ , w szczególnoÅ›ci odleglość g od
każdego z punktów an, an+1, an+2, an+3, . . . jest mniejsza niż µ . Oznacza to, że lim an = g . JeÅ›li
n"

ciag (an) jest nierosnacy, to można już udowodniona cześć twierdzenia zastosować do ciagu (-an) ,

który jest niemalejacy. Ma on zatem jakaś granice g . Bez trudu wykazujemy, że lim an = -g .
n"
Ten dowód zostal zamieszczony po to, by studenci mogli zrozumieć, jak można przeprowadzać

rozumowania matematyczne. Nie należy uczyć sie go na pamieć, warto go jednak go przemyśleć.

Zauważmy jedynie, że gdybyśmy ograniczyli sie do liczb wymiernych, tj. ulamków o calkowitych

licznikach i mianownikach, to twierdzenie nie byloby prawdziwe  istnieja bowiem ciagi liczb wy-

miernych, których granice sa niewymierne. Twierdzenie to podaje wiec istotna informacje o zbiorze
wszystkich liczb rzeczywistych. Chodzi o to mianowicie, że nie ma w nim dziur, geometrycznie jest to

cala prosta. Wyprowadziliśmy to twierdzenie z lematu o przedzialach zstepujacych, bo byl on jedynym

do tej pory twierdzeniem mówiacym w istocie rzeczy, że  miedzy liczbami rzeczywistymi żadnych

luk nie ma w odróżnieniu od dziurawego zbioru liczb wymiernych. Miedzy każdymi dwiema różnymi

d-c
"
liczbami wymiernymi c i d znajduje sie liczba niewymierna, np. c +  jej niewymierność wynika
2
"
latwo z tego, że 2 > 1 jest liczba niewymierna, zaś c = d sa wymierne. Jest też jasne, że leży ona


d-c
"
miedzy c i d  od punktu c przesuwamy sie w kierunku punktu d o wektor , którego dlugość
2
jest mniejsza niż odleglość |c - d| punktów c i d .

Z twierdzenia tego wynika np. od razu, że ciag geometryczny, którego zbieżność zbadaliśmy

wcześniej ma granice w przypadku q e" 0 . Nie wynika natomiast istnienie tej granicy w przypadku

q < 0 , bo w przypadku ujemnego ilorazu ciag geometryczny nie jest monotoniczny. Z tego twierdzenia

x
wynika również, że dla każdej liczby rzeczywistej x ciag (1 + )n ma granice  nie zawsze jest on
n
monotoniczny, ale zawsze jest monotoniczny od pewnego momentu, co w oczywisty sposób również

wystarcza, bowiem zmiana skończenie wielu wyrazów ciagu nie ma wplywu na istnienie lub wartość

granicy, bowiem w definicji granicy mowa jest jedynie o wyrazach ciagu, których numery sa dosta-

tecznie duże, zatem zmiana skończenie wielu wyrazów ciagu może jedynie mieć wplyw na znaczenie
slów dostatecznie duże.
9
Oznaczenie 2.7 (ważnej granicy)

x
exp(x) oznaczać bedzie w dalszym ciagu granice ciagu (1 + )n , tzn.
n
n
x
exp(x) = lim 1 + .
n"
n

Wobec tego symbol exp oznacza funkcje, która jest określona na zbiorze wszystkich liczb rzeczywi-
n

x
stych, jej wartościa w punkcie x jest liczba dodatnia lim 1 + .
n"
n




Sformulujemy teraz kilka twierdzeń, które ulatwiaja obliczanie granic, ich szacowanie lub stwier-

dzanie ich istnienia. Potem pokażemy jak można je stosować. W końcu udowodnimy cześć z nich, tak
by wyjaśnić mechanizm dowodzenia.
Twierdzenie 2.8 (o arytmetycznych wlasnościach granicy)

A1. Jeśli istnieja granice lim an , lim bn i określona jest ich suma, to istnieje granica
n" n"
lim (an + bn) i zachodzi wzór: lim (an + bn) = lim an + lim bn .
n" n" n" n"

A2. Jeśli istnieja granice lim an , lim bn i określona jest ich różnica, to istnieje granica
n" n"
lim (an - bn) i zachodzi wzór: lim (an - bn) = lim an - lim bn .
n" n" n" n"

A3. Jeśli istnieja granice lim an , lim bn i określony jest ich iloczyn, to istnieje granica
n" n"
lim (an · bn) i zachodzi wzór: lim (an · bn) = lim an · lim bn .
n" n" n" n"

A4. Jeśli istnieja granice lim an , lim bn i określony jest ich iloraz, to istnieje granica
n" n"
lim
an an n" an ×
lim i zachodzi wzór lim = .
n" n"
bn bn lim bn
n"

Zanim udowodnimy to twierdzenie, sformulujemy nastepne.
Twierdzenie 2.9 (o szacowaniu)
N1. Jeśli C < lim an , to dla dostatecznie dużych n zachodzi nierówność C < an .
n"
N2. Jeśli C > lim an , to dla dostatecznie dużych n zachodzi nierówność C > an .
n"
N3. Jeśli lim bn < lim an , to dla dostatecznie dużych n zachodzi nierówność bn < an .
n" n"
×
N4. Jeśli bn d" an dla dostatecznie dużych n , to zachodzi nierówność lim bn d" lim an .
n" n"
Wniosek 2.10 (z twierdzenia o szacowaniu  jednoznaczność granicy)

Ciag ma co najwyżej jedna granice.

Dowód. Gdyby mial dwie np. g1 < g2 , to wybrać moglibyśmy liczbe C leżaca miedzy g1 i g2 :
g1 < C < g2 . Wtedy dla dostatecznie dużych n byloby jednocześnie an < C (zob. N2) oraz an > C
(zob. N1), co oczywiście nie jest możliwe.

Wniosek 2.11 (z twierdzenia o szacowaniu  ograniczoność ciagu o granicy skończonej)

Jeśli granica lim an jest skończona, to istnieja liczby rzeczywiste C, D takie, że dla wszystkich
n"

n zachodzi nierówność C < an < D , czyli ciag (an) jest ograniczony z dolu liczba C zaś z góry

×
liczba D .
10

Twierdzenie 2.12 (o trzech ciagach)

Jeśli an d" bn d" cn dla dostatecznie dużych n i ciagi (an) oraz (cn) maja równe granice, to ciag

(bn) też ma granice i zachodzi wzór
×
lim an = lim bn = lim cn.
n" n" n"

Definicja 2.13 (podciagu)

Jeśli (nk) jest ściśle rosnacym ciagiem liczb naturalnych, to ciag (an ) nazywany jest podciagiem
k

ciagu (an) .

Na przyklad ciag a2, a4 a6, . . . , czyli ciag (a2k) jest podciagiem ciagu (an)  w tym przypadku

nk = 2k . Ciag a2, a3, a5, a7, a11, . . . jest podciagiem ciagu (an)  w tym przypadku nk jest k  ta

liczba pierwsza. Przyklady można mnożyć, ale zapewne starczy powiedzieć, że chodzi o wybranie

nieskończenie wielu wyrazów wyjściowego ciagu bez zmiany kolejności w jakiej wystepowaly.

Jest jasne, że jeśli g jest granica ciagu, to jest również granica każdego jego podciagu, wynika

to od razu z definicji granicy i definicji podciagu. Latwe w dowodzie jest też twierdzenie pozwalajace

na zbadanie skończenie wielu podciagów danego ciagu, wlaściwie wybranych, i wnioskowanie istnienia

granicy z istnienia wspólnej granicy wybranych podciagów.
Twierdzenie 2.14 (o scalaniu) *

Zalóżmy, że z ciagu (an) można wybrać dwa podciagi (ak ) i (al ) zbieżne do tej samej granicy
n n

g , przy czym każdy wyraz ciagu (an) jest wyrazem co najmniej jednego z tych podciagów, tzn. dla

każdego n istnieje m , takie że n = km lub n = lm . Wtedy ta wspólna granica obu tych podciagów

×
jest granica ciagu (an) : lim an = g .
n"

Sformulujemy teraz bardzo ważne twierdzenie, które bedzie wielokrotnie stosowane w dowodach.
Twierdzenie 2.15 (Bolzano  Weierstrassa)

×
Z każdego ciagu można wybrać podciag, który ma granice (skończona lub nie).
Wniosek 2.16 (z twierdzenia Bolzano  Weierstrassa)

Ciag ma granice wtedy i tylko wtedy, gdy granice wszystkich tych jego podciagów, które maja granice,

×
sa równe.

Nastepne twierdzenie, w zasadzie już cześciowo udowodnione, wykazal A.Cauchy, jeden z twórców
×
analizy matematycznej.

Twierdzenie 2.17 (Cauchy ego) Ciag (an) ma granice skończona wtedy i tylko wtedy, gdy

spelniony jest nastepujacy warunek Cauchy ego:
×
dla każdego µ > 0 istnieje liczba naturalna nµ taka, że jeÅ›li k, l > nµ, to |ak - al| < µ . (wC)

*Ta nazwa to pomysl autora, który ma nadzieje, że nie jest to calkiem glupi termin.
11

Twierdzenie to, podobnie jak twierdzenie o istnieniu granicy ciagu monotonicznego, pozwala
czasem stwierdzić istnienie granicy bez ustalania jej wartości, co jest bardzo ważne w licznych przy-

padkach. Pozwala ono też wykazywać nieistnienie granic  w istocie rzeczy wykazujac, że ciag geome-

tryczny o ilorazie q d" -1 nie ma granicy, wykazywaliśmy, że nie spelnia on warunku Cauchy ego, role
µ pelnila tam liczba 2 .
Teraz pokażemy jak można stosować twierdzenia, które sformulowaliśmy wcześniej. Przyklady

2.7, 2.8, 2.9, 2.10 sa ważne, wyniki tam opisane beda póz
niej wykorzystywane.

Przyklad 2.4 Rozpoczniemy od przykladu już omówionego, ale teraz ciag zbadamy inaczej. Zaj-

2n+3 1
miemy sie mianowicie ciagiem . Udowodniliśmy poprzednio, że granica ciagu jest liczba
4n-1 2

nie wyjaśniajac, skad wiedzieliśmy, że akurat ta liczba ma być granica. Zauważmy, że zarówno licznik

+"
jak i mianownik maja granice, mianowicie +" . Jesteśmy wiec w sytuacji niedobrej: . W tym
+"
3

2 +
2n+3 n
przypadku można jednak bez trudu przeksztalcić wyrażenie określajace wyraz ciagu: = .
4n-1 1
4 -
n

Teraz możemy zastosować twierdzenie o granicy sumy ciagów (A1), potem o granicy różnicy ciagów
3 3 1 1
(A2), by stwierdzić, że lim (2+ ) = 2+ lim = 2+0 = 2 oraz lim (4- ) = 4- lim = 4-0 = 4
n n n n
n" n" n" n"
1 3 1
 wiemy już przecież, że lim = 0 , zatem lim = 3 · lim = 3 · 0 = 0 . Teraz mamy do czynienia
n n n
n" n" n"

z ilorazem, którego licznik ma granice 2 , zaś mianownik  granice 4 , wiec różna od 0 , co umożliwia

2 1
skorzystanie z twierdzenia o granicy ilorazu (A4). Z niego wynika od razu, że granica jest = .
4 2

Oczywiście nic wiecej już robić nie trzeba, bo twierdzenie o arytmetycznych wlasnościach granicy
gwarantuje zarówno istnienie granic, jak i odpowiednie równości.

Przyklad 2.5 Rozważymy nastepny prosty przyklad: lim (n5 - 100n4 - 333978) . Wykażemy mia-
n"

nowicie, ze ciag ten ma granice +" . Czytelnik zechce zwrócić uwage na to, że na pewno pierwszych
100 wyrazów to liczby ujemne  nie twierdzimy wcale, że tylko 100 , ale n5 - 100n4 = n4(n - 100) d" 0

dla n d" 100 , a od tej liczby odejmujemy jeszcze 333978 , wiec te wyrazy sa ujemne, a o znaku dalszych

100 333978
nic nie mówimy. Zapiszmy wyraz ciagu w postaci n5(1 - - ) . Oczywiście
n n5
lim n5 = ( lim n) · ( lim n) · ( lim n) · ( lim n) · ( lim n) = (+") · (+") · (+") · (+") · (+") =
n" n" n" n" n" n"
= +"
na mocy twierdzenia o granicy iloczynu (A3). Na mocy twierdzenia o granicy ilorazu (A4) stwier-

100 333978
dzamy, że lim = 0 oraz lim = 0 . Możemy wiec zastosować twierdzenie o granicy różnicy
n n5
n" n"

100 333978
(A2) dwukrotnie, by stwierdzić, że lim 1 - - = 1 - 0 - 0 = 1 . Nasz ciag zostal wiec
n n5
n"
przedstawiony jako iloczyn dwóch ciagów, z których pierwszy daży do +" a drugi do liczby dodat-
niej, do 1 . Z definicji mnożenia symboli nieskończonych przez liczby dodatnie i twierdzenia o granicy

iloczynu wynika, że jego granica jest +" .

Oczywiście i w tym przypadku można postapić nieco inaczej. Możemy napisać nierówność:
n5 - 100n4 - 333978 e" n5 - 334078n4 = n4(n - 334078)

 otrzymaliśmy ciag, który jest iloczynem dwóch ciagów: (n - 334078) i (n4) . Oba daża do +" ,
12

wiec ich iloczyn daży do +" · +" = +" .

Przyklad 2.6 Pokazaliśmy wcześniej, że wyraz ciagu geometrycznego o ilorazie z przedzialu (-1, 1)

jest zbieżny do 0 . Pokażemy jak można uzyskać ten sam rezultat bez szacowań stosujac w za-

mian twierdzenie o istnieniu granic pewnych ciagów. Zalóżmy na poczatek, że 0 d" q < 1 . Wtedy

oczywiście qn+1 d" qn , wiec ciag jest nierosnacy, zatem ma granice. Oznaczmy ja symbolem g . Po-

nieważ wszystkie wyrazy ciagu leża w przedziale (0, 1) , wiec granica leży w przedziale [0, 1] . Jest

jasne, że jeśli granica ciagu jest liczba g , to każdy jego podciag jest też zbieżny do g . Wobec tego

g = lim qn+1 = lim (q · qn) = q · lim qn = q · g , czyli g = qg . Stad, ponieważ q = 1 , natychmiast

n" n" n"

wynika, że g = 0 . Zalóżmy teraz, że -1 < q < 0 . Wtedy -|q|n d" qn d" |q|n . Z już udowodnionej cześci

twierdzenia i z twierdzenia o trzech ciagach wynika, że 0 = lim (-|q|n) = lim qn = lim |q|n = 0 .
n" n" n"

W ten sam sposób można rozważyć przypadek q > 1 . Ciag (qn) jest ściśle rosnacy, wiec ma granice
g . Spelniona musi być równość g = qg , co jest możliwe jedynie wtedy, gdy g = 0 lub g = ą" .

Wiemy oczywiście, że g > 0  granica rosnacego ciagu liczb dodatnich musi być wieksza niż 0 , wobec

tego g = +" . W przypadku q d" -1 ciag nie ma granicy, bo możemy wybrać podciag, który ma

granice g1 d" -1 , np. q2n-1 = q · (q2)n oraz podciag, który ma granice g2 e" 1 , np. q2n = (q2)n ,

istnienie podciagów o różnych granicach przeczy istnieniu granicy ciagu, zarówno skończonej jak i
nieskończonej.

"
n
Przyklad 2.7 Niech a > 0 bedzie liczba rzeczywista. Wykażemy, że lim a = 1 . Podobnie jak
n"

w poprzednich przypadkach pokażemy dwie metody. Tym razem zaczniemy od sposobu z mniejsza

liczba rachunków, czyli  bardziej teoretycznego .

"
n
Zalóżmy, że a > 1 . Ciag a jest w tym przypadku ściśle malejacy, jego wyrazy sa wieksze niż 1 ,

wiec ma granice g , skończona, która nie może być mniejsza niż 1 . Każdy podciag tego ciagu jest

"
2n
zbieżny do g . Miedzy innymi g = lim a . Skorzystamy teraz z twierdzenia o iloczynie granic:
n"

" " " "
2n 2n 2n n
g2 = g · g = lim a · lim a = lim ( a)2 = lim a = g , zatem g2 = g . Stad wynika, że
n" n" n" n"
g = 0 < 1 lub g = 1 (już wiemy, że g nie jest równe ą" ). Ponieważ pierwsza możliwość zostala

wcześniej wykluczona, wiec zostaje druga, czyli g = 1 .
"
n
Dla a = 1 teza jest prawdziwa w oczywisty sposób. Zalóżmy teraz, że 0 < a < 1 . Mamy lim a =
n"
1 1 1
lim = = = 1  skorzystaliśmy z twierdzenia o ilorazie granic oraz z już
n n
n"
1
1/a lim 1/a
n"

udowodnionej cześci tezy.

"
n
Teraz udowodnimy, że lim a = 1 w przypadku a > 1 , za pomoca szacowaÅ„. Niech µ bedzie
n"

dowolna liczba rzeczywista dodatnia. Chcemy wykazać, że dla dostatecznie dużych liczb naturalnych

" "
n n
n zachodzi nierówność | a - 1| < µ , czyli że 1 - µ < a < 1 + µ . Ponieważ a > 1 , wiec nierówność

"
n
podwójna sprowadza sie do nierównoÅ›ci a < 1 + µ , czyli do nierównoÅ›ci a < (1 + µ)n . Ta z kolei

wynika z nierównoÅ›ci a < 1 + nµ , bo 1 + nµ < (1 + µ)n  nierówność Bernoulli ego. Wystarczy wiec,
a - 1
by nµ > . To koÅ„czy dowód.
µ
13

"
n
Uwaga 2.18 (. . . ) Nie rozwiazywaliÅ›my nierównoÅ›ci a < 1 + µ , bo wymagaloby to zastosowania
log a
logarytmów, n > , wskazaliśmy jedynie moment, od którego nierówność jest prawdziwa,
log (1 + µ)

nie troszczac sie o to, co sie dzieje w przypadku wcześniejszych n .

Uwaga 2.19 (. . . ) Zauważmy, że w definiujac potege o wykladniku rzeczywistym wykazaliśmy, że

"
2m a-1
dla każdej liczby a > 1 i dowolnej liczby naturalnej n zachodzi nierówność a < 1 + . Stad
2m

" "
a-1
n 2m
wynika, że jeżeli n e" 2m , to 1 < a d" a < 1 + . Majac dane µ > 0 dobieramy m " tak,
2m

" "
a-1 n n
że 1 + < 1 + µ , wiec dla n > 2m mamy a < 1 + µ . Oznacza to, że lim a = 1 .
2m
n"

"
n
Przyklad 2.8 Teraz wykażemy, że granica ciagu n jest liczba 1 . Zacznijmy od wypisania
" " " " "
1 3 4
kilku pierwszych wyrazów ciagu: 1 = 1 , 2 , 3 , 4 = 2 , . . . . Bez trudu można stwier-
" "
3
dzić, że 3 > 2  można np. podnieść te nierówność obustronnie do potegi 6 . Oznacza to, że
" " "
3 4
2 < 3 > 4 . Wynika stad, że ciag ten nie jest malejacy ani rosnacy. Nie wyklucza to mono-

"
n
toniczności od pewnego miejsca. Udowodnimy wiec , że lim n = 1 korzystajac z definicji granicy
n"

ciagu, inny sposób pokażemy póz
niej.

Niech µ bedzie dodatnia liczba dodatnia. Ponieważ wszystkie wyrazy ciagu sa wieksze lub równe od

"
n
1 , wiec wystarczy wykazać, że dla dostatecznie dużych n zachodzi nierówność n < 1 + µ , czyli

n < (1 + µ)n . Tym razem nierówność Bernoulli ego jest niewystarczajaca, ale ponieważ µ > 0 , wiec

n n n n n(n-1)
dla n e" 2 mamy (1 + µ)n e" 1 + µ + µ2 > µ2 .Wystarczy wiec, żeby n < µ2 = µ2 ,
1 2 2 2 2
2
czyli + 1 < n , co kończy dowód.
µ2
"
"
n+1
n
Teraz pokażemy jak można uzyskać ten wynik bez szacowań. Nierówność n + 1 < n jest
n n
n+1 1
równoważna nierówności n > = 1 + . Otóż wykazaliśmy wcześniej (zob. punkt 13.),
n n
n
n
1 1
że ciag 1 + jest ograniczony. Wobec tego nierówność n > 1 + zachodzi dla wszystkich do-
n n
statecznie dużych liczb naturalnych n  nie mamy powodu ustalać w tej chwili, od którego momentu

"
n
jest ona prawdziwa. Wobec tego ciag ( n) jest malejacy od pewnego momentu, jest też ograniczony

z dolu przez liczbe 1 , a co zatem idzie zbieżny. Oznaczmy jego granice przez g . Każdy podciag tego
" " "
2n 2n 2n
ciagu, np. 2n jest zbieżny do tej samej granicy g . Wobec tego g2 = g·g = lim 2n· lim 2n =
n" n"
" 2 "
"
2n n
n
lim 2n = lim 2 · n =
n" n"
"
"
n
n
= lim 2 · n = 1 · g . OtrzymaliÅ›my równość g2 = g a ponieważ 1 d" g < +" , wiec g = 1 , co
n"

kończy dowód. Okazalo sie, że również w tym przypadku można ominać rachunki, wymagalo to tylko

nieco wiecej zachodu niż poprzednio, bo ciag nie jest monotoniczny, a tylko malejacy od pewnego
momentu.

Przyklad 2.9 Niech k bedzie dowolna liczba calkowita dodatnia, q liczba rzeczywista wieksza od
nk
1 . Wykażemy, że lim = 0 . Niech r = 1 - q . Oczywiście r > 0 . Zalóżmy, że n > k + 1 . Mamy
qn
n"
n n n n n n n
wtedy qn = (1 + r)n = 1 + r + r2 + r3 + · · · + rk + rk+1 + · · · + rn > rk+1 .
1 2 3 k k+1 n k+1

nk(k+1)! (k+1)!
nk nk
Mamy wiec 0 < < = = - 0 , a stad i z
---
qn n rk+1 n(n-1)·...·(n-k)rk+1 n(1- 1 2 k
( ) n"
)(1- )·...·(1- )rk+1
k+1
n n n
14

twierdzenia o trzech ciagach teza wynika od razu.*

qn
Przyklad 2.10 Niech an = i niech q oznacza dowolna liczbe rzeczywista. Wykażemy, że
n!
lim an = 0 .
n"

q·q·q·...·q |q|
Z definicji ciagu (an) wynika, że an = . Iloraz maleje wraz ze wzrostem liczby n . Jest
1·2·3·...·n n

|q|
nawet lim = 0 . Oznacza, to że jeśli n jest duże, to wyraz an+1 jest znikomo mala cześcia wyrazu
n
n"

an . Stad powinna wynikać zbieżność ciagu do 0 . Rzeczywiście, niech m e" 2|q| bedzie liczba naturalna
i niech n > m . Wtedy
n-m
qn |qm| |q| |q| |q| |qm| 1
0 < = · · · . . . · < · .
n! m! m + 1 m + 2 n m! 2

1
Ostatnie wyrażenie daży do 0 , bo jest to wyraz ciagu geometrycznego o ilorazie . Stosujemy twier-
2

qn
dzenie o trzech ciagach. Z niego wynika, że lim = 0 . Dowód zostal zakończony.
n!
n"

n! n! 1 2 n 1 1
Przyklad 2.11 lim = 0 . Wynika to stad, że 0 < = · · . . . · d" i tego, że lim = 0 .
nn nn n n n n n
n" n"
Dowód zostal zakończony. .

Przyklad 2.12 Jeżeli k > 1 jest liczba naturalna, x1, x2, . . . sa liczbami nieujemnymi i

" " "
k k k
lim xn = g , to lim xn = g . Jeśli bowiem x jest podciagiem zbieżnym do granicy x
ln
n" n"
k

" "
k
k
ciagu xn , to na mocy twierdzenia o granicy iloczynu ciagów zachodzi xk = lim x =
ln
n"

"
k
lim x = g . Ponieważ x e" 0 , jako granica ciagu liczb nieujemnych, wiec x = g . Wykazaliśmy
ln
n"

" "
k k
wiec, że wszystkie te podciagi ciagu xn , które maja granice, sa zbieżne do g . Z wniosku z

" "
k k
twierdzenia Bolzano  Weierstrassa wynika, że granica ciagu xn jest g . To twierdzenie z la-

twościa można rozszerzyć na przypadek ciagu liczb ujemnych i pierwiastka stopnia nieparzystego.

"
"
k k
k
Inny dowód można podać korzystajac z latwej nierówności x - y d" |x - y|

Przyklad 2.13 Teraz kilka slów wyjaśniajacych dlaczego pewne dzialania z użyciem symboli nie-

skończonych sa zdefiniowane, a inne  nie. Wypiszmy kilka równości latwych do dowodu:
1 1
lim n - (n - ) = lim = 0 , co sugeruje, że powinniśmy definiować +" - (+") = 0 ;
n n
n" n"
lim (n - (n - 1)) = lim 1 = 1 , co sugeruje, że powinniśmy definiować +" - (+") = 1 ;
n" n"
n n
lim n - (n - ) = lim = +" , zatem powinno być +" - (+") = +" ;
2 2
n" n"
lim (n - (2n)) = lim (-n) = -" , co sugeruje, że powinniśmy definiować +" - (+") = -" .
n" n"

Okazuje sie wiec, że z tego, że dwa ciagi daża do +" , nic nie wynika na temat wartości granicy ich

różnicy. Przyjawszy an = n i bn = n + (-1)n przekonujemy sie z latwościa, że może sie też zdarzyć,

że lim an = +" , lim bn = +" , natomiast różnica (an - bn) ciagów (an) i (bn) granicy w ogóle
n" n"

nie ma, w tym przypadku jest ona ciagiem geometrycznym o ilorazie -1 . Innymi slowy na podstawie

tego, że dwa ciagi maja granice +" , nic o istnieniu granicy ich różnicy lub jej wartości w przypadku,

*W pierwszej polowie XIX w. angielski ekonomista Th.R.Malthus twierdzil, że liczba ludności wzrasta jak ciag geo-

metryczny, zaś ilość żywności jak ciag arytmetyczny, tzw. Malthusa. Wynikaloby stad i z tego, co wlaśnie
prawo
wykazaliśmy , że ilość żywności przypadajaca na jedna osobe maleje w czasie i to do 0 , co prawda w bardzo dlugim,

bo w przypadku liczby ludności qH"1 , ale to i tak nie wygladalo dobrze.
15
0
gdy granica istnieje, powiedzieć nie można! To samo dotyczy innych symboli nieoznaczonych np. ,
0

Ä…"
, 1ą" , 00 . . . Zachecamy czytelnika do samodzielnego wymyślenia odpowiednich przykladów w
Ä…"
celu lepszego zrozumienia tych kwestii.

Uwaga 2.20 (o cieżkim życiu studenta) Wielu studentów miewalo w przeszlości  przyszlość
nie jest autorowi znana  klopoty z symbolami nieoznaczonymi; wg. autora samodzielne wymyślenie

kilku przykladów ilustrujacych niemożność rozszerzenia definicji dzialań z użyciem nieskończoności to

jedna z najpewniejszych dróg unikniecia tego rodzaju trudności.
Ostatnia rzecz, o której wspomnieć wypada przed przejściem do dowodów, to twierdzenie o prze-

noszeniu sie nierówności na granice (N4). Otóż można by pomyśleć, że jeśli dla wszystkich dostatecznie
dużych liczb naturalnych n zachodzi ostra nierówność bn < an , to również w granicy nierówność jest

1 1
ostra. Tak może być, ale nie musi. Świadczyć może o tym nastepujacy przyklad: an = , bn =
2n n
 wobec tego an < bn dla n = 1, 2, 3, . . . i jednocześnie lim an = 0 = lim bn .
n" n"
Opuszczone dowody

Przejdziemy teraz do dowodów twierdzeń sformulowanych na poczatku tego rozdzialu. Zaczniemy od

nierówności. Zachecamy studentów do przejrzenia przynajmniej cześci dowodów i dolożenia starań
w celu zrozumienia wnioskowania. Wnioskowanie to jedna z najważniejszych rzeczy w matematyce.

Rozpowszechniany poglad, że jest to potrzebne tylko matematykom jest tylko w pewnym sensie praw-

dziwy. Bez zapoznania sie z metodami stosowanymi w matematyce nie sposób zapewne zrozumieć

sformulowań wielu twierdzeń i wobec tego trudno je stosować, na pewno grozi to bledami i zmusza

studentów do zbednego zapamietywania jakichś szczególów, które z punktu widzenia osób, które zro-

zumialy podstawowe kwestie sa po prostu oczywiste i w ogóle o nich nie warto wspominać. Poza tym

cześć dowodów mówi o tym, jak należy postepować w różnych sytuacjach: dowód twierdzenia o gra-

nicy iloczynu lub ilorazu ciagów to po prostu opis podstawowej (i najprostszej) metody szacowania
iloczynu lub ilorazu.
Dowód twierdzenia o szacowaniu Zaczniemy od N1. Przypomnijmy, że liczba C jest mniejsza

od granicy ciagu (an) . Mamy wykazać, że dla dostatecznie dużych n zachodzi nierówność C < an .

Zalóżmy najpierw, że granica lim an jest nieskończona. Ponieważ granica ta jest wieksza od liczby
n"

rzeczywistej C , wiec lim an = +" (bo -" < C ). Z definicji od razu wynika, że dla każdej liczby
n"

rzeczywistej M , poczawszy od pewnego momentu, zachodzi nierówność an > M  wystarczy wiec

przyjać M = C , by przekonać sie, że dla dostatecznie dużych n zachodzi nierówność C < an .

Przejdz
my do nastepnego przypadku: granica lim an jest skoÅ„czona. Przyjmijmy µ = lim an - C .
n" n"
Z definicji od razu wynika, że dla dostatecznie dużych n zachodzi nierówność |an - lim an| < µ ,
n"

wiec an > lim an - µ = C .
n"
W taki sam sposób udowodnić można N2  trzeba jedynie zmienić kierunki niektórych nierówności

i zastapić +" przez -" .
16

Teraz zalóżmy, że lim bn < lim an . Niezależnie od tego, czy granice sa skończone czy nie,
n" n"

istnieje liczba C taka, że lim bn < C < lim an . Na mocy już udowodnionej cześci twierdzenia dla
n" n"

dostatecznie dużych n zachodza nierówności bn < C oraz C < an . Z nich wynika od razu, że dla

dostatecznie dużych liczb naturalnych n mamy bn < an , co kończy dowód cześci N3.
Zalóżmy, że od pewnego momentu zachodzi nierówność bn d" an , chcemy natomiast wykazać, że

lim bn d" lim an . Jeśli tak nie jest, to lim bn > lim an . Stad jednak wynika, że dla dostatecznie
n" n" n" n"
dużych liczb naturalnych n zachodzi nierówność bn > an sprzeczna z zalożeniem. Dowód twierdzenia
o szacowaniu zostal zakończony.

Z udowodnionego wlaśnie twierdzenia już wcześniej wywnioskowaliśmy, że jeśli ciag ma granice,

to tylko jedna.

Teraz udowodnimy, że ciag zbieżny do granicy skończonej jest ograniczony zarówno z góry jak i z

dolu. Niech c, d beda takimi liczbami rzeczywistymi, że c < lim an < d . Z twierdzenia o szacowaniu
n"

wynika, że dla dostatecznie dużych liczb naturalnych n , powiedzmy wiekszych od odpowiednio dobra-

nej liczby m , zachodzi nierówność c < an < d . Wystarczy teraz przyjać, że C jest najmniejsza z liczb
a0 , a1 , . . . , am , c , by dla wszystkich liczb naturalnych n bylo C d" an . Analogicznie przyjmujemy,

że D jest najwieksza z liczb a0 , a1 , . . . , am , d  wtedy an d" D dla wszystkich liczb naturalnych
n . Dowód tego wniosku zostal zakończony.

Uwaga 2.21 (. . . ) Ten dowód jest bardzo prosty. Prosze jednak zwrócić uwage na to, że spośród

skończenie wielu liczb można zawsze wybrać najmniejsza a spośród nieskończenie wielu niekoniecznie,
1 1
np. wśród liczb 1, , , . . . najmniejszej nie ma!
2 3

Uwaga 2.22 (o zbieżności ciagu przeciwnego)

Zauważmy teraz, że ciag (cn) ma granice wtedy i tylko wtedy, gdy ciag (-cn) ma granice, niezależnie
od tego, czy granica ta jest skończona, czy nieskończona oraz że zachodzi wtedy równość
lim (-cn) = - lim cn .
n" n"
Ta bardzo prosta uwaga wielokrotnie pozwoli nam na zmniejszenie liczby przypadków rozważa-
nych w dowodach.

Teraz zajmiemy sie twierdzeniem o arytmetycznych wlasnościach granicy ciagu. Udowodnimy, że

suma granic dwóch ciagów jest granica sumy tych ciagów. Zalóżmy, że ga = lim an i gb = lim bn .
n" n"

Należy rozważyć trzy przypadki: ga, gb sa liczbami rzeczywistymi, ga jest liczba rzeczywista zaś gb

jest symbolem nieskończonym, ga, gb sa symbolami nieskończonymi tego samego znaku.

Rozpoczniemy od granic skoÅ„czonych, przypadku znanego z nauki w szkole. Niech µ bedzie

dodatnia liczba rzeczywista i niech n µ bedzie taka liczba naturalna, że dla n > n µ zachodzi nierówność

µ µ
|an - ga| < . Niech |bn - gb| < dla n > n µ , gdzie nµ jest odpowiednio dobrana liczba naturalna.
2 2

Wtedy dla n > nµ := max(n µ, n µ ) zachodza obydwie nierównoÅ›ci, zatem
µ µ
|an + bn - (ga + gb)| d" |an - ga| + |bn - gb| < + = µ.
2 2
Znaczy to, że dla dostatecznie dużych liczb naturalnych n ( n > nµ ) różnica (an + bn) - (ga + gb)
17

ma wartość bezwzgledna mniejsza niż µ , wiec lim (an + bn) = ga + gb . Dowód twierdzenia o granicy
n"

sumy ciagów w tym przypadku zostal zakończony.

Zajmiemy sie teraz nastepnym przypadkiem: niech liczba g bedzie granica ciagu (an) , czyli

g = lim an i niech +" = lim bn . Wykażemy, że lim (an + bn) = +" . Niech M bedzie dowolna
n" n" n"

liczba rzeczywista. Istnieje liczba naturalna n M-g+1 taka, że dla n > n M-g+1 zachodzi nierówność
bn > M -g +1 . Istnieje też liczba naturalna n 1 taka, że dla n > n 1 zachodzi nierówność |an -g| < 1 .

Niech nM bedzie wieksza z liczb n M-g+1 i n 1 . Dla n > nM obie nierówności zachodza, wiec
an + bn = bn + g + (an - g) e" bn + g - |an - g| > (M - g + 1) + g - 1 = M .
Wykazaliśmy , że dla dostatecznie dużych liczb naturalnych n zachodzi nierówność an + bn > M ,

wiec lim (an + bn) = +" . Dowód zostal zakończony.
n"

Jeśli wiec ciag (an) ma granice skończona i lim bn = -" , to na mocy poprzednio wykazanej
n"

cześci twierdzenia o granicy sumy ciag -an+(-bn) ma granice i zachodzi równość lim (-an-bn) =
n"

- lim an + lim (-bn) = +" , co w świetle uwagi poprzedzajacej to zdanie oznacza, że granica
n" n"
lim (an + bn) istnieje i jest równa -" . Dowód zostal zakończony.
n"

Zostal jeszcze jeden przypadek  obie granice sa równe +" lub obie sa równe -" . Korzystajac

z uwagi o zbieżności ciagu przeciwnego stwierdzamy, że dowód przeprowadzić wystarczy zakladajac,

że lim an = +" = lim bn . Jeśli M jest dowolna liczba rzeczywista, to istnieja liczby naturalne
n" n"
M M
n M/2 oraz n M/2 , takie że jeśli n > n M/2 , to an > , zaś jeśli n > n M/2 , to bn > . Przyjmijmy,
2 2

że nM jest wieksza z liczb n > n M/2 , n > n M/2 . Wtedy zachodza obie nierówności i wobec tego

M M
an + bn > + = M , wiec dla dostatecznie dużych liczb naturalnych n zachodzi nierówność
2 2
an + bn > M , a to oznacza, że lim (an + bn) = +" Dowód zostal zakończony.
n"

Z uwagi o zbieżności ciagu przeciwnego i twierdzenia o granicy sumy (A1) wynika od razu twier-
dzenie o granicy różnicy (A2).

Zajmiemy sie teraz iloczynem. Podobnie jak poprzednio jest wiele przypadków, których liczbe

można zredukować stosujac uwage o zbieżności ciagu przeciwnego do nastepujacych: obie granice sa

skończone, obie granice sa równe +" , jedna granica jest dodatnia liczba rzeczywista a druga jest
nieskończona, np. +" .

Rozpoczniemy od rozpatrzenia granicy iloczynu dwóch ciagów, których granice sa skończone.

Z twierdzenia o szacowaniu wynika, że każdy z tych ciagów jest ograniczony, wiec istnieje liczba
K > 0 taka, że |an| d" K i istnieje też liczba K taka, że |bn| < K dla każdej liczby naturalnej

n . Przyjmujac, że K to wieksza z liczb K , K znajdujemy liczbe, której nie przekracza wartość

bezwzgledna żadnego wyrazu któregokolwiek z dwóch rozpatrywanych ciagów: |an|, |bn| d" K . Niech
ga = lim an , gb = lim bn . Z twierdzenia o szacowaniu wnioskujemy, że również |ga|, |gb| d" K .
n" n"

Niech µ oznacza dowolna liczbe dodatnia. Istnieje wtedy liczba naturalna nµ , taka że jeÅ›li n > nµ ,
µ µ
to |an - ga| < i jednocześnie |bn - gb| < . Wtedy
2K 2K
µ µ
|anbn - gagb| = |(an - ga)bn + ga(bn - gb)| d" |an - ga| · |bn| + |ga| · |bn - gb| < · K + K · = µ.
2K 2K
18

Udowodniliśmy wiec, że dla dostatecznie dużych n odleglość liczby anbn od liczby gagb jest mniejsza
niż µ , co oznacza, że gagb = lim an · lim bn , a to wlaÅ›nie bylo naszym celem.
n" n"

Teraz zajmiemy sie granica iloczynu ciagów, z których jeden ma granice skończona i dodatnia, a

granica drugiego jest +" . Niech ga = lim an bedzie liczba dodatnia i niech +" = lim bn . Niech
n" n"

M bedzie dowolna liczba rzeczywista. Z twierdzenia o szacowaniu wynika, że istnieje liczba naturalna
2|M|
1 1
nM taka, że jeśli n > nM , to an > ga > 0 i bn > > 0 . Wtedy anbn > ga 2|M| = |M| e" M .
2 ga 2 ga

Dowód w tym przypadku zostal zakończony. Rozpatrzymy teraz iloczyn ciagów (an) i (bn) przy

zalożeniu, że lim an = +" = lim bn . Jeśli M jest dowolna liczba rzeczywista, to istnieje liczba
n" n"

naturalna nM , taka że dla n > nM zachodza nierówności an > 1 + |M| i bM > 1 + |M| . Wtedy
dla n > nM mamy anbn > (1 + |M|)2 > 2 · |M| e" |M| e" M , co dowodzi równoÅ›ci +" = lim anbn .
n"

Twierdzenie o granicy iloczynu ciagów zostalo w ten sposób udowodnione.

Pozostala ostatnia cześć  twierdzenie o granicy ilorazu. Znów zaczniemy od granic skończonych.

an ga
Niech ga = lim an i niech 0 = gb = lim bn . Wykażemy, że lim = . Niech µ bedzie dowolna

bn gb
n" n" n"

liczba dodatnia. Z poczynionych zalożeÅ„ wynika, że istnieje liczba naturalna nµ , taka że jeÅ›li n > nµ ,

|gb| µ·|gb| µ·|gb|2
to |bn| > , |an - ga| < , |bn - gb| < .* Dla n > nµ mamy wiec
2 4 4(|ga|+1)
an ga |angb - gabn| |angb - gagb| + |gagb - gabn| 2 2|ga|
- = d" = |an - ga| + |gb - bn| < µ.
bn gb |gbbn| |gb|2/2 |gb| |gb|2

Twierdzenie zostalo udowodnione w przypadku granic skończonych. Jeśli lim an = +" a ciag (bn)
n"

1
ma granice skończona i różna od 0 , to ciag ma granice skończona i różna od 0  wynika to z
bn

już udowodnionej cześci twierdzenia o granicy ilorazu. W tym przypadku można zastosować twierdze-

an 1 1 1
nie o granicy iloczynu ciagów: lim = lim an · = lim an · lim = +" · lim . Ten
n" n" n" n" n"
bn bn bn bn
ostatni iloczyn jest oczywiście dobrze określony.

Zostal jeszcze jeden przypadek: granica ciagu (an) jest skończona a granica ciagu (bn) jest nie-

skończona. W tym przypadku ciag (an) jest ograniczony, tzn. istnieje liczba K > 0 , taka że dla
każdego n zachodzi nierówność |an| < K . JeÅ›li µ > 0 , to istnieje liczba naturalna nµ , taka że jeÅ›li

K an µ
n > nµ , to |bn| > . Wtedy < K · = µ . WykazaliÅ›my wiec, że dla dostatecznie dużych n
µ bn K

an
an
iloraz ma wartość bezwzgledna mniejsza niż µ , a to oznacza, że lim = 0 . Dowód zostal
bn
n"
bn
zakończony.
Uwaga 2.23 (o ilorazie z ograniczonym licznikiem)

Z dowodu twierdzenia o granicy ilorazu wynika natychmiast, że jeśli ciag (an) jest ograniczony i

an
lim |bn| = +" , to lim = 0  nie zaklada sie tu, że ciag (bn) w ogóle ma granice, starczy
n" n"
bn

zalożyć, że ciag jego wartości bezwzglednych ma granice nieskończona, o ciagu (an) też nie trzeba
zakladać, że jest zbieżny  wystarcza ograniczoność.

Teraz zajmiemy sie twierdzeniem o trzech ciagach. Wiemy, że dla dostatecznie dużych n zachodzi

nierówność podwójna an d" bn d" cn oraz że ciagi an i cn maja wspólna granice g . Mamy dowieść, że

* Nie zalożyliśmy, że ga=0 , wiec w mianowniku umieściliśmy |ga|+1 , by na pewno mianownik byl różny od 0 .

19

ta wspólna granice jest również granica ciagu (bn) . Zalóżmy najpierw, że granica g jest skończona.

Niech µ > 0 bedzie dowolna liczba. Istnieje taka liczba naturalna nµ , że |an - g| < µ i |cn - g| < µ

dla n > nµ . Wynika stad, że g - µ < an d" bn d" cn < g + µ , zatem |bn - g| < µ . UdowodniliÅ›my wiec,

że g = lim bn . Teraz możemy sie zajać przypadkiem granicy nieskończonej. Jak zwykle wystarczy
n"

zajać sie jedna z dwu nieskończoności, tym razem dla odmiany g = -" . Niech M bedzie liczba

rzeczywista. Ponieważ lim cn = -" , wiec istnieje liczba naturalna nM , taka że dla n > nM
n"

zachodzi nierówność bn d" cn < M , wiec w szczególności bn < M . Dowód zostal zakończony.

Uwaga 2.24 (o trzech ciagach w przypadku granic nieskończonych) Z dowodu wynika, że w

przypadku granicy nieskończonej, np. równej -" , użycie jednego z dwóch zewnetrznych ciagów, w

tym przypadku ciagu (an) , jest zbedne. Prawdziwe jest wiec twierdzenie: jeśli dla dostatecznie dużych

n zachodzi nierówność bn d" cn i ciag (cn) ma granice -" , to również ciag (bn) ma granice -"

i  analogicznie  jeśli dla dostatecznie dużych n zachodzi nierówność an d" bn i granica ciagu (an)
jest +" , to również +" = lim bn .
n"
Dowód twierdzenia o scalaniu. Ten dowód jest bardzo prosty. Zalóżmy, że granica g jest skoń-

czona i niech µ > 0 . Istnieja liczby n µ i n µ , takie że dla n > n µ zachodzi nierówność |a - g| < µ ,
kn

dla n > n µ zachodzi nierówność |a - g| < µ . Ponieważ kn " i ln " , wiec istnieje nµ , takie że
ln
jeÅ›li n > nµ i m jest tak dobrane, że an = a lub an = a , to m > n µ oraz m > n µ i wobec tego
km lm

|an - g| < µ . To oznacza, że g = lim an . Nieznaczne modyfikacje tego rozumowania dadza dowód w
n"
przypadku granicy nieskończonej.

Dowód twierdzenia Bolzano  Weierstrassa. Jeśli ciag (an) nie jest ograniczony z góry, to

można z niego wybrać podciag ściśle rosnacy: niech n1 = 1 ; ponieważ ciag jest nieograniczony z góry,

wiec wśród wyrazów nastepujacych po an sa wieksze od an ; niech n2 bedzie numerem jednego z
1 1

nich  mamy wiec n2 > n1 oraz an > an ; ponieważ ciag (an) jest nieograniczony z góry, wiec wśród
2 1

wyrazów, które nastepuja po an jest wyraz wiekszy niż an , wybierzmy jeden z nich i przyjmijmy,
2 2

że n3 jest jego numerem; mamy wiec n3 > n2 oraz an > an ; proces ten można kontynuować
3 2

nieograniczenie. Calkowicie analogicznie postepujemy w przypadku ciagu nieograniczonego z dolu z

tym, że teraz wybieramy podciag ściśle malejacy. Ciag monotoniczny ma, jak wiemy, granice. Pozostal

do rozpatrzenia przypadek ciagu ograniczonego (z góry i z dolu).

Niech c, d beda takimi liczbami rzeczywistymi, że dla każdego liczby naturalnej n zachodzi nierów-

ność c d" an d" d , c jest ograniczeniem dolnym ciagu (an) a d  górnym. Bez straty ogólności

rozważań można przyjać, że ciag (an) nie zawiera podciagu stalego  jeśli zawiera, to ten wlaśnie

podciag jest zbieżny. Dalej zakladamy, że (an) nie zawiera podciagu stalego, wiec że każda liczba

może wystapić jako wyraz ciagu jedynie skończenie wiele razy. Zreszta to zalożenie nie jest istotne dla

rozumowania przeprowadzanego poniżej, jednak pozwala uniknać pytań o szczególowa interpretacje
używanych sformulowań. Niech n1 = 1 , c1 = c , d1 = d . Jedna z polówek przedzialu [c, d] (lub

obie) zawiera nieskończenie wiele wyrazów ciagu an , niech [c2, d2] bedzie ta wlaśnie polówka (jeśli

c+d
np. w przedziale c, jest nieskończenie wiele wyrazów ciagu (an) , to przyjmujemy c2 = c1 = c
2
20

c+d c+d
i d2 = , jeśli w przedziale c, jest skończenie wiele wyrazów ciagu (an) , to w przedziale
2 2
c+d c+d
, d musi być ich nieskończenie wiele, w tym przypadku przyjmujemy c2 = i d2 = d1 = d ) i
2 2

niech n2 > n1 bedzie takim numerem, że an " [c2, d2] . Powtarzamy przeprowadzone rozumowanie w
2

odniesieniu do przedzialu [c2, d2] i wyrazów ciagu nastepujacych po an . W wyniku tego otrzymujemy
2

liczbe naturalna n3 > n2 oraz liczby rzeczywiste c3 , d3 takie, że c3 d" an d" d3 . Dla j = 1, 2, 3
3

d-c
mamy wobec tego cj d" an d" dj i dj - cj = oraz c1 d" c2 d" c3 i d1 e" d2 e" d3 . Kontynuujac to
j
2j

d-c
postepowanie otrzymujemy niemalejacy ciag (cj) oraz nierosnacy ciag (dj) , przy czym dj -cj = .
2j

1
Ciagi te maja granice, bo sa monotoniczne. Granice te sa równe, bo lim (dj -cj) = lim ·(d-c) = 0 .
2j
n" n"

Ponieważ cj d" an d" dj dla każdej liczby naturalnej j , wiec  na mocy twierdzenia o trzech ciagach
j

 ciag (an ) też ma te sama granice. Dowód zostal zakończony.
j

Dowód wniosku z twierdzenia Bolzano  Weierstrassa Udowodnimy teraz, że z ciagu (an) ,

który nie ma granicy można wybrać dwa podciagi majace różne granice. Zalóżmy,że ciag (an) zawiera

podciag o granicy +" . Ponieważ +" nie jest granica ciagu (an) , wiec istnieje liczba rzeczywista

B , taka że dla nieskończenie wielu n zachodzi nierówność an < B . Niech a oznacza podciag
kn

ciagu (an) zlożony z tych wszystkich wyrazów ciagu an , które sa mniejsze niż B . Na mocy twier-

dzenia Bolzano Weierstrassa można z ciagu (a ) wybrać podciag który ma granice g . Oczywiście
kn

g d" B . Wobec tego w tym przypadku istnieja dwa podciagi: jeden o granicy +" , drugi o granicy

g d" B < +" , co kończy dowód w tym przypadku. Jeśli ciag (an) zawiera podciag o granicy -" ,

to teza wynika z poprzednio udowodnionego fragmentu: ciag (-an) zawiera dwa podciagi o różnych

granicach. Pozostal do rozpatrzenia przypadek ciagu (an) , który nie zawiera podciagów o granicach

nieskończonych. Ponieważ ciag (an) nie zawiera podciagu o granicy +" , wiec jest ograniczony z

góry, a ponieważ nie zawiera podciagów zbieżnych do -" , wiec jest ograniczony również z dolu.

Mamy wiec do czynienia z ciagiem ograniczonym. Można zeń wybrać podciag zbieżny do granicy g .

Ponieważ g nie jest granica ciagu (an) , wiec istnieje µ > 0 , takie że poza przedzialem (g - µ, g + µ)

znajduje sie nieskończenie wiele wyrazów ciagu. Wybieramy z tych wlaśnie wyrazów podciag zbieżny.

Ma on oczywiście granice = g , dokladniej odleglość miedzy granicami tych podciagów nie może być

mniejsza niż µ . Dowód zostal zakoÅ„czony.
Uwaga 2.25 (o odleglości do ą" ) Z punktu widzenia zbieżności wyróżnianie granic nieskoń-

czonych jest nieco sztuczne, zwiazane glównie z tym, że nie wprowadziliśmy pojecia odleglości od

ą" . To można zrobić i to w ten sposób, by ciag zbieżny wg. definicji podanych przez nas poprzed-

nio do pewnej granicy, byl takim ciagiem, że odleglość jego wyrazu od granicy daży do 0 . Niech
x
"
f(x) = dla każdej liczby rzeczywistej x oraz f(+") = 1 i f(-") = -1 . Można bez trudu
1+x2
wykazać, że lim xn = g wtedy i tylko wtedy, gdy lim f(xn) = f(g) , a to ma miejsce wtedy i tylko
n" n"

wtedy, gdy lim |f(xn)-f(g)| = 0 . Widać wiec, że po przyjeciu, że odleglościa punktów x i y prostej
n"

uzupelnionej nieskończonościami jest |f(x) - f(y)| , bedzie można rozpatrywać wylacznie ciagi o wy-

razach z przedzialu [-1, 1]  zamiast ciagu (xn) można rozważać ciag (f(xn)) . Wada tego podejścia
jest np. to, że przy przejściu od x do f(x) liczbie x + y odpowiada f(x + y) = f(x) + f(y) .

21

dowód (twierdzenia Cauchy ego) Zajmiemy sie teraz warunkiem Cauchy ego. Jeżeli ciag

ma granice skoÅ„czona g i µ > 0 , to dla dostatecznie dużych liczb naturalnych n zachodzi nierówność

µ
|an - g| < . Jeśli wiec liczby naturalne k i l sa dostatecznie duże, to
2
µ µ
|ak - al| = |ak - g + g - al| d" |ak - g| + |g - al| < + = µ .
2 2

Wykazaliśmy wiec, że z istnienia granicy skończonej wynika warunek Cauchy ego. Zalóżmy teraz, że

ciag spelnia warunek Cauchy ego. Istnieje wtedy n1 , takie że dla k, l > n1 mamy |ak - al| < 1 .

Przyjmujac l = n1 + 1 stwierdzamy, że |ak| - |al| d" |ak - al| < 1 , zatem |ak| d" 1 + |al| dla wszystkich

dostatecznie dużych k . Znaczy to, że ciag (an) jest ograniczony. Wybierzmy z ciagu (an) podciag

zbieżny (an ) . Niech g oznacza jego granice. Wykażemy, że g jest granica calego ciagu. JeÅ›li µ > 0 ,
m

µ µ
to dla dostatecznie dużych k, l, m zachodza nierówności |ak - al| < oraz |an - g| < . Ponieważ
m
2 2

m, l sa wybierane dowolnie, byle byly dostatecznie duże, i nm e" m , wiec można wybrać je tak, by
µ µ
l = nm . Wtedy dla dostatecznie dużego k mamy |ak - g| d" |ak - al| + |an - g| < + = µ , co
m
2 2
oznacza, że g = lim an . Dowód zostal zakończony.
n"





0. Czy prawda jest, że dla wszystkich liczb n " zachodzi nierówność 3n - 2,999n < 10000 ?

1. Oblicz sześć poczatkowych wyrazów ciagu, którego wyraz ogólny wyraża sie wzorem:
n2+2n+1 1
a) an = , b) bn = 1 - , c) cn = cos(n · 90ć%) ,
n 10n
3-n n2
d) dn = (-1)n · , e) un = [sin(n · 45ć%)]n , f) vn = .
n n+2

2. Które wyrazy ciagu (an) sa równe zeru
n2-30n+200
a) an = n2 - 5n - 6 , b) an = , c) an = n2 - n - 20 ?
n2+n-1

3. Które wyrazy ciagu (an) sa równe liczbie: 1, -2 , 0, jeżeli:
n
an = , an = 3n - 5 , an = n - n2 ?
2

1 3 7
4. Które wyrazy ciagu (an) sa równe liczbie: , , , jeżeli
2 5 4
2n-1 7 3n-2
an = , an = , an = ?
5 n n+1

a1 = 1
5. Ciag (an) jest określony wzorem rekurencyjnym: Wykaż, że an = (2n - 1)2 .
an+1 = an + 8n.

b1 = 1
6. Ciag (bn) jest określony wzorem rekurencyjnym: Wykaż, że bn = n2 .
bn+1 = bn + 2n + 1.

7. Ciag (xn) określony jest wzorem rekurencyjnym:
x1 = 2
x1 = 1
a) b)
1
xn+1 = xn +
xn+1 = 2xn
3
3 1
x1 = x1 = 0; x2 = -2
2
c) d)
4
xn+1 = xn xn+2 = (xn)2 · xn+1
3
W każdym z tych przypadków podaj wzór ogólny (wraz z uzasadnieniem poprawności) na jego
wyraz.

8. Zbadaj, które wyrazy podanych ciagów sa wieksze od danej liczby M :
a) an = 3n + 4 , M = 1000 ; b) bn = n2 - 1 , M = 730 ;
10n 2n+5 3
c) cn = , M = 4 ; d) dn = , M = .
n2+1 2n+3 4
22

9. Zbadaj, które wyrazy podanych ciagów sa mniejsze od danej liczby m :
1 1 3n 100n 23
a) an = , m = ; b) bn = , m = 0,001 , c) cn = , m = .
n 100 n2+1 100+n2 53

10. Wykazać, że dla dowolnej liczby naturalnej n i dowolnych liczb rzeczywistych a, b zachodza
równości:
n n n n
(i) (a + b)n = an + an-1b + an-2b2 + · · · + a2bn-2 + abn-1 + bn , gdzie
1 2 n-2 n-1
c(c - 1)(c - 2) . . . c - (k - 1)
c
= dla każdej liczby rzeczywistej c i k " {1, 2, 3, . . .} ,
k k!
(ii) an - bn = (a - b) an-1 + an-2b + an-3b2 + · · · + abn-2 + bn-1 .
(iii) a2n+1 + b2n+1 = (a + b) a2n - a2n-1b + a2n-2b2 - a2n-3b3 + · · · + a2b2n-2 - ab2n-1 + b2n .

11. Niech wyrazy ciagu (an) spelniaja równanie: an+1 = qan . Wykazać, że an = a1qn-1 dla
1 - qn
dowolnej liczby naturalnej n . Udowodnić, że wzór a1 + a2 + ... + an = a1 zachodzi dla
1 - q
dowolnej liczby q = 1 i dowolnej liczby naturalnej n e" 1 .


12. Zapisać liczbe 0.12345123451234512345 . . . = 0, (12345) jako iloraz dwu liczb calkowitych.

13. Co jest wieksze: liczba 1 czy liczba 0, 99999 . . . = 0,(9) ?  odpowiedz
dokladnie uzasadnić.
14. Wykazać, że jeśli dla każdej liczby naturalnej n zachodzi równość an+1 = qan + p , gdzie p oraz

q sa dowolnymi, niezależnymi od n liczbami rzeczywistymi, to dla każdej liczby naturalnej n
p p p
zachodzi równość an = + (a1 - )qn-1 . W szczególności, jeśli a1 = , to wyraz
1 - q 1 - q 1 - q

ciagu (an) jest niezależny od n .

15. Wykazać, że ciag (an) jest zbieżny do 0 wtedy i tylko wtedy, gdy ciag (|an|) jest zbieżny do 0 .

16. Wykazać, że iloczyn (anbn) ciagu (an) zbieżnego do 0 i ciagu ograniczonego (bn) jest ciagiem
zbieżnym do liczby 0 .
"
n
17. Wykazać, że dla n > 1000000 zachodzi nierówność 2 < 1.000001 .

18. Dowieść, że dla dostatecznie dużych liczb naturalnych n zachodza nierówności: n! > 1000000n
oraz 1.000001n > n1000000 . W obu przypadkach sprawdzić, że dla n = 2, 3, 4, 5 zachodzi

nierówność przeciwna i wskazać liczbe n0 (nie szukać najmniejszej!) taka, że dla n > n0 zachodza
nierówności wypisane w pierwszym zdaniu.

19. Obliczyć granice ciagu (an) , o ile istnieje, jeśli an =
"
" " "
3
a. n + n - n ; b. n + 13 - n ;
" "
n n
c. 3n - 2n ; d. 3n + sin n ;
n nĄ
e. 1 + cos ; f. sin n ;
n + 1 2
ln n2 + n + 1000
n2 + n + 1000
g. ; h. ;
n1000 + 999n - 1 ln (n1000 + 999n - 1)
n
"
1
n
i. 1 + sin ; j. n! ;
n
n
10 · 11 · 12 · . . . · (n + 9) sin n
k. ; l. 1 + ;
1 · 3 · 5 · . . . · (2n - 1) n2
1 1 1 1 1 1
m. 1 - 1 - . . . 1 - ; n. 1 - 1 - . . . 1 -
2 3 n 22 32 n2
3n - 2n 3n + 2n · sin n
o. ; p. .
3n + n2 · 2n 3n+1 + n2002
23