Matematyka 1NI/Ciągi zwykłe

Ciągi zwykłe

Zadanie 1

Znaleźć granicę ciągu:

[math] a_n=\frac{n-\sqrt[3]{n^3+2n}}{n-\sqrt[3]{n^3+3n}}\; . \, [/math]

Wskazówka

Należy wykorzystać wzór: [math](a^3-b^3)=(a-b)(a^2+ab+b^2)\, [/math].

---

Rozwiązanie

Pomnożymy licznik i mianownik wzoru (1) przez wyrażenie:

[math] n^2+n \sqrt[3]{n^3+2n}+(\sqrt[3]{n^3+2n})^2\; . \, [/math]

Wykorzystując wzór:

[math] (a^3-b^3)=(a-b)(a^2+ab+b^2) \, [/math]

gdzie przyjmiemy: [math] a=n\; ,\;\; b=\sqrt[3]{n^3+2n}\; , \, [/math]
możemy przepisać wyrażenie na [math]a_n\, [/math] w formie:

[math] a_n=\frac{n^3-n^3-2n}{(n-\sqrt[3]{n^3+3n})(n^2+n \sqrt[3]{n^3+2n}+(\sqrt[3]{n^3+2n})^2)}\; . \, [/math]

Aby z kolei uprościć mianownik pomnożymy teraz licznik i mianownik przez [math] n^2+n \sqrt[3]{n^3+3n}+(\sqrt[3]{n^3+3n})^2\; , \, [/math] i ponownie wykorzystamy (3), przyjmując tym razem: [math] a=n\; ,\;\; b=\sqrt[3]{n^3+3n}\; . \, [/math]
Otrzymujemy w ten sposób:

[math] \begin{array}{ccl} a_n&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\frac{2n}{3n}\cdot \frac{n^2+n \sqrt[3]{n^3+3n}+(\sqrt[3]{n^3+3n})^2}{n^2+n \sqrt[3]{n^3+2n}+(\sqrt[3]{n^3+2n})^2}\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\frac{2}{3}\cdot\frac{n^2}{n^2}\cdot\frac{1+ \sqrt[3]{1+3/n^2}+(\sqrt[3]{1+3/n^2})^2}{1+ \sqrt[3]{1+2/n^2}+(\sqrt[3]{1+2/n^2})^2}\; , \end{array}\, [/math]

i w konsekwencji

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\frac{2}{3}\; . \, [/math]

---

Zadanie 2

Znaleźć granicę ciągu:

[math] a_n=\sqrt[4]{n}\left(\sqrt[4]{n+\sqrt{n}}-\sqrt[4]{n-\sqrt{n}}\right)\; . \,[/math]

Wskazówka

Należy wykorzystać wzór: [math](a^4-b^4)=(a-b)(a^3+a^2b+ab^2+b^3)\,[/math], bądź dwukrotnie wzór: [math]a^2-b^2=(a-b)(a+b)\,[/math].

---

Rozwiązanie

Pomnożymy wyrażenie na [math]a_n\,[/math] przez jedynkę zapisaną w formie ułamka:

[math] \frac{\left(\sqrt[4]{n+\sqrt{n}}\right)^3+\left(\sqrt[4]{n+\sqrt{n}}\right)^2\left(\sqrt[4]{n-\sqrt{n}}\right)+\left(\sqrt[4]{n+\sqrt{n}}\right)\left(\sqrt[4]{n-\sqrt{n}}\right)^2+\left(\sqrt[4]{n-\sqrt{n}}\right)^3}{\left(\sqrt[4]{n+\sqrt{n}}\right)^3+\left(\sqrt[4]{n+\sqrt{n}}\right)^2\left(\sqrt[4]{n-\sqrt{n}}\right)+\left(\sqrt[4]{n+\sqrt{n}}\right)\left(\sqrt[4]{n-\sqrt{n}}\right)^2+\left(\sqrt[4]{n-\sqrt{n}}\right)^3}\; , \,[/math]

i wykorzystamy wzór: [math](a^4-b^4)=(a-b)(a^3+a^2b+ab^2+b^3)\,[/math], przyjmując [math]a=\sqrt[4]{n+\sqrt{n}}\,[/math] oraz [math]b=\sqrt[4]{n-\sqrt{n}}\,[/math]. Otrzymujemy w ten sposób:

[math] \begin{array}{ccl} \displaystyle a_n&&\!\!\!\!\!\!\!\! = \\ =&&\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! \displaystyle \frac{\sqrt[4]{n}(n+\sqrt{n}-n+\sqrt{n})}{\left(\sqrt[4]{n+\sqrt{n}}\right)^3+\left(\sqrt[4]{n+\sqrt{n}}\right)^2\left(\sqrt[4]{n-\sqrt{n}}\right)+\left(\sqrt[4]{n+\sqrt{n}}\right)\left(\sqrt[4]{n-\sqrt{n}}\right)^2+\left(\sqrt[4]{n-\sqrt{n}}\right)^3}\\ =&&\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! \displaystyle \frac{2}{(1+1/\sqrt{n})^{3/4}+(1+1/\sqrt{n})^{1/2}(1-1/\sqrt{n})^{1/4}+(1+1/\sqrt{n})^{1/4}(1-1/\sqrt{n})^{1/2}+(1-1/\sqrt{n})^{3/4}}\; . \end{array}\,[/math]

Granica ciągu jest zatem równa: [math] \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\; . \,[/math]

---

Zadanie 3

Znaleźć granicę ciągu:

[math] a_n=\frac{5^n+n^24^n}{5^{n+1}+n4^{n+1}}\; . \,[/math]

Wskazówka

Należy wyłączyć z licznika i mianownika wiodące wyrazy.

---

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F | | header = Rozwiązanie | content = Wyłączymy z licznika i mianownika wiodące wyrazy, jakimi są odpowiednio [math]5^n\,[/math] oraz [math]5^{n+1}\,[/math]. Otrzymujemy:

[math] a_n= \frac{5^n}{5^{n+1}}\cdot \frac{1+n^2(4/5)^n}{1+n(4/5)^{n+1}}\; , \,[/math]

Na mocy kryterium Cauchy'ego zachodzi: [math]n^2(4/5)^n\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}0\,[/math]. Mamy bowiem

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{n^2\left(\frac{4}{5}\right)^n}=\frac{4}{5}\,\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{n^2}=\frac{4}{5}\lt 1\; . \,[/math]

Podobnie: [math]n(4/5)^{n+1}\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}0\,[/math], gdyż

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{n\left(\frac{4}{5}\right)^{n+1}}=\frac{4}{5}\,\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{\frac{4n}{5}}=\frac{4}{5}\lt 1\; . \,[/math]

W konsekwencji otrzymujemy

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\frac{1}{5}\; . \,[/math]</equation id="eq:eq4">

}}

---

Zadanie 4

Znaleźć granicę ciągu: <equation id="eq:cia4">

[math] a_n=\sqrt[n]{1^n+2^{n-1}+3^{n-2}+\ldots +10^{n-9}}\; . \,[/math]

Wskazówka

Należy skorzystać z twierdzenia o trzech ciągach.

---

Rozwiązanie

Będziemy korzystać z twierdzenia o trzech ciągach, więc musimy dobrać takie dwa ciągi [math]b_n\,[/math] i [math]c_n\,[/math], które spełniają dla prawie wszystkich [math]n\,[/math] układ nierówności:

[math] b_n\leq a_n\leq c_n\; . \,[/math]

W tym celu zauważmy, że dla odpowiednio dużego [math]n\,[/math] i dla dowolnych dodatnich liczb [math]a\,[/math] i [math]b\,[/math] takich, że [math]a\gt b\,[/math] oraz pewnych [math]l,k\in\mathbb{N}\,[/math] zachodzi:

[math] \frac{a^{n-k}}{b^{n-l}}=\left(\frac{a}{b}\right)^n\frac{b^l}{a^k}\gt 1\; , \,[/math]

gdyż liczba [math]b^l/a^k\,[/math] jest ustalona, a [math](a/b)^n\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}\infty\,[/math]. Dzięki tej obserwacji wiemy, że prawie wszystkich [math]n\in\mathbb{N}\,[/math] zachodzi nierówność:

[math] 1^n+2^{n-1}+3^{n-2}+\ldots +10^{n-9}\lt 10\cdot 10^{n-9}=10^{n-8}\; .\,[/math]

Naturalnie prawdą jest także, iż

[math] 1^n+2^{n-1}+3^{n-2}+\ldots +10^{n-9}\gt 1\cdot 10^{n-9}=10^{n-9}\; .\,[/math]

Można więc w następujący sposób wybrać ciągi [math]b_n\,[/math] i [math]c_n\,[/math], potrzebne w (13):

[math] \begin{array}{ccl} b_n&\!\!\! :=&\!\!\! \sqrt[n]{10^{n-9}}=10\sqrt[n]{10^{-9}}\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}10\; ,\\ c_n&\!\!\! :=&\!\!\! \sqrt[n]{10^{n-8}}=10\sqrt[n]{10^{-8}}\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}10\; . \end{array} \,[/math]

W konsekwencji mamy: [math] \displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=10\; . \,[/math]

---

Zadanie 5

Znaleźć granicę ciągu:

[math] a_n=\frac{1}{7^n}\left(\begin{array}{c}3n\\ 2n\end{array} \right)\; . \,[/math]

Wskazówka

Należy skorzystać z kryterium d'Alemberta.

---

Rozwiązanie

Zgodnie z treścią kryterium d'Alemberta obliczamy:

[math] \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(3n+3)!}{7^{n+1}(2n+2)!(n+1)!}\cdot \frac{7^n(2n)!n! }{(3n)!}=\frac{(3n+3)(3n+2)(3n+1)}{7(2n+2)(2n+1)(n+1)}\; . \,[/math]

Granicę tego wyrażenia łatwo jest znaleźć:

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{27}{28}\lt 1\; . \,[/math]

Na mocy kryterium d'Alemberta wnosimy stąd, że [math]\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0\,[/math].

---

Zadanie 6

Znaleźć granicę ciągu:

[math] a_n=\frac{n!\,n^n}{(2n)!}\; . \,[/math]

Wskazówka

Należy skorzystać z kryterium d'Alemberta.

---

Rozwiązanie

Zgodnie z kryterium d'Alemberta obliczamy:

[math] \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(n+1)!(n+1)^{n+1}}{(2n+2)!}\cdot \frac{(2n)!}{n!\,n^n}=\frac{(n+1)^2(n+1)^n}{(2n+2)(2n+1)n^n}=\frac{1}{2}\cdot \frac{n+1}{2n+1}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\; . \,[/math]

Pamiętając, że

[math] \lim_{n\rightarrow\infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e\; , \,[/math]

znajdujemy:

[math] \lim_{n\rightarrow\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{e}{4}\lt 1\; . \,[/math]

Na mocy kryterium d'Alemberta wnosimy stąd, że [math]\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0\,[/math].

---

Zadanie 7

Znaleźć granicę ciągu:

[math] a_n=(n^5+2^n)\left(1-\frac{1}{2n}\right)^{n^2}\; . \,[/math]

Wskazówka

Należy skorzystać z kryterium Cauchy'ego.

---

Rozwiązanie

Zgodnie z treścią kryterium Cauchy'ego obliczamy:

[math] \sqrt[n]{a_n}=\sqrt[n]{(n^5+2^n)\left(1-\frac{1}{2n}\right)^{n^2}}=\sqrt[n]{n^5+2^n}\left(1-\frac{1}{2n}\right)^n\; . \,[/math]

Ponieważ

[math] \lim_{n\rightarrow\infty} \left(1-\frac{1}{2n}\right)^n=\frac{1}{\sqrt{e}}\; , \,[/math]</equation id="eq:eq7">

oraz (dla dużych [math]n\,[/math]) mamy następujące oszacowanie dla [math]\displaystyle \sqrt[n]{(n^5+2^n)}\, [/math]: <equation id="eq:eq20">

[math] 2=\sqrt[n]{2^n}\lt \sqrt[n]{(n^5+2^n)}\lt \sqrt[n]{2^n+2^n}=\sqrt[n]{2\cdot 2^n}=2\sqrt[n]{2}\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}2 \,[/math]

więc z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że

[math] \lim_{n\rightarrow\infty} \sqrt[n]{a_n}=\frac{2}{\sqrt{e}}\gt 1\; . \,[/math]

Na mocy kryterium Cauchy'ego wnosimy stąd, że ciąg [math]a_n\,[/math] jest rozbieżny.

---

Zadanie 8

Znaleźć granicę ciągu:

[math] a_n=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{4}+\ldots +\sqrt{2n}}{n\sqrt{n}}\; . \,[/math]

Wskazówka

Należy skorzystać z kryterium Stolza.

---

Rozwiązanie

Wzór na wyraz ogólny ciągu [math]a_n[/math] ma postać ilorazu. W takiej sytuacji często możliwe jest skorzystanie z kryterium Stolza. Oznaczmy:

[math] a_n=\frac{b_n}{c_n}\; , \,[/math]

gdzie:

[math] b_n:=\sqrt{2}+\sqrt{4}+\ldots +\sqrt{2n}\; ,\;\;\;\;\;\;\;\; c_n:=n\sqrt{n}\; . \,[/math]

Zgodnie z treścią kryterium Stolza policzymy:

[math] \frac{b_{n+1}-b_n}{c_{n+1}-c_n}=\frac{\sqrt{2n+2}}{(n+1)\sqrt{n+1}-n\sqrt{n}}\; . \,[/math]

Aby pozbyć się różnicy pierwiastków z mianownika pomnożymy licznik i mianownik przez sumę:

[math] (n+1)\sqrt{n+1}+n\sqrt{n}\; . \,[/math]

Otrzymamy w ten sposób

[math] \frac{b_{n+1}-b_n}{c_{n+1}-c_n}=\frac{\sqrt{2n+2}\left((n+1)\sqrt{n+1}-n\sqrt{n}\right)}{(n+1)^3-n^3}=\frac{n^2\sqrt{2+2/n}\left((1+1/n)\sqrt{1+1/n}+1\right)}{3n^2+3n+1}\; . \,[/math]

W konsekwencji

[math] \lim_{n\rightarrow\infty} \frac{b_{n+1}-b_n}{c_{n+1}-c_n}=\frac{2\sqrt{2}}{3}\; , \,[/math]

i na mocy kryterium Stolza tyle samo wynosi granica samego ciągu [math]a_n\,[/math].

---

Zadanie 9

Znaleźć granicę ciągu:

[math] a_n=\frac{\sqrt[3]{1}+\sqrt[3]{3}+\ldots +\sqrt[3]{2n+1}}{n\sqrt[3]{n}}\; . \,[/math]

Wskazówka

Należy skorzystać z kryterium Stolza.

---

Rozwiązanie

Zgodnie z treścią kryterium Stolza oznaczmy:

[math] a_n=\frac{b_n}{c_n}\; , \,[/math]

gdzie:

[math] b_n:=\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\ldots +\sqrt[3]{2n+1}\; ,\;\;\;\;\;\;\;\; c_n:=n\sqrt[3]{n}\; , \,[/math]

i policzmy:

[math] \frac{b_{n+1}-b_n}{c_{n+1}-c_n}=\frac{\sqrt[3]{2n+3}}{(n+1)^{4/3}-n^{4/3}}\; . \,[/math]

Aby pozbyć się różnicy pierwiastków z mianownika pomnożymy licznik i mianownik przez

[math] (n+1)^{8/3}+(n+1)^{4/3}n^{4/3}+n^{8/3}\; ,\,[/math]

wykorzystując wzór (3). Otrzymamy w ten sposób

[math] \begin{array}{ccl} \displaystyle\frac{b_{n+1}-b_n}{c_{n+1}-c_n}&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\frac{\sqrt[3]{2n+3}\left((n+1)^{8/3}+(n+1)^{4/3}n^{4/3}+n^{8/3}\right)}{4n^3+6n^2+4n+1}\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\frac{n^3\sqrt[3]{2+3/n}\left((1+1/n)^{8/3}+(1+1/n)^{4/3}+1\right)}{4n^3+6n^2+4n+1}\; . \end{array}\,[/math]

W efekcie

[math] \lim_{n\rightarrow\infty} \frac{b_{n+1}-b_n}{c_{n+1}-c_n}=\frac{3\sqrt[3]{2}}{4}\; , \,[/math]

i na mocy zastosowanego kryterium tyle samo wynosi granica samego ciągu [math]a_n\,[/math].

---

Zadanie 10

Znaleźć granicę ciągu:

[math] a_n=\left(1+\sin\frac{1}{n}\right)^{\log^{-1}\left(\frac{n+1}{n}\right)}\; . \,[/math]

Wskazówka

Nalezy skorzystać z twierdzenia o granicy ciągu postaci:

[math] a_n=(1+b_n)^{c_n}\; . \,[/math]

---

Rozwiązanie

Wiemy, że granicą ciągu postaci:

[math] a_n=(1+b_n)^{c_n}\; , \,[/math]

gdzie [math]b_n\underset{n\rightarrow \infty}{\longrightarrow}0\,[/math] oraz [math]c_n\underset{n\rightarrow \infty}{\longrightarrow}\infty\,[/math] w taki sposób, że [math]b_nc_n\underset{n\rightarrow \infty}{\longrightarrow}g\in\mathbb{R}\,[/math], jest liczba [math]e^g\,[/math]. Wykorzystamy tę własność w poniższym rozwiązaniu. W naszym przykładzie:

[math] \begin{array}{ccl} b_n&\!\!\! =&\!\!\! \sin\frac{1}{n}\underset{n\rightarrow \infty}{\longrightarrow}0\; ,\\ \\ c_n&\!\!\! =&\!\!\! \log^{-1}\left(\frac{n+1}{n}\right)\underset{n\rightarrow \infty}{\longrightarrow}\infty\; ,\end{array}\,[/math]

oraz

[math] \begin{array}{ccl} \lim_{n\rightarrow\infty}b_nc_n&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\sin\frac{1}{n}}{\log\frac{n+1}{n}}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\sin\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}\cdot\frac{1}{n\log\frac{n+1}{n}}\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\sin\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}\cdot \frac{1}{\log\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}=1\cdot\frac{1}{\log e}=1\; . \end{array}\,[/math]

W konsekwencji mamy:

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=e^1=e\; . \,[/math]

---

Zadanie 11

Znaleźć granicę ciągu:

[math] a_n=\left(\frac{\alpha n+n^2}{1+\beta n + n^2}\right)^{2n}\; , \,[/math]

gdzie [math]\alpha,\beta\in\mathbb{R}\,[/math].

Wskazówka

Należy skorzystać z twierdzenia o granicy ciągu postaci:

[math] a_n=(1+b_n)^{c_n}\; . \,[/math]

---

Rozwiązanie

Najpierw przepiszemy wzór na [math]a_n\,[/math] w formie:

[math] a_n=\left(\frac{\alpha n+n^2}{1+\beta n + n^2}\right)^{2n}=\left(1+\frac{(\alpha-\beta) n-1}{1+\beta n + n^2}\right)^{2n}\; ,\,[/math]

a następnie skorzystamy z tego samego twierdzenia, co w poprzednim przykładzie, przyjmując:

[math] \begin{array}{ccl} b_n&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\frac{(\alpha-\beta) n-1}{1+\beta n + n^2}\underset{n\rightarrow \infty}{\longrightarrow}0\; ,\\ c_n&\!\!\! =&\!\!\! 2n\underset{n\rightarrow \infty}{\longrightarrow}\infty\; , \end{array}\,[/math]

Otrzymujemy:

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}b_nc_n=\lim_{n\rightarrow\infty}2n \frac{(\alpha-\beta) n-1}{1+\beta n + n^2}=2(\alpha-\beta)\; .\,[/math]

W efekcie mamy:

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=e^{2(\alpha-\beta)}\; .\,[/math]

---

Zadanie 12

Znaleźć granicę ciągu:

[math] a_n=\frac{n^{10}2^n+4^n+\log^{100}n}{(n^2+2^n)(n^3+2^n)}\; . \,[/math]

Wskazówka

Należy wyłączyć z licznika i mianownika wiodące wyrazy.

---

Rozwiązanie

Wyłączymy z licznika i mianownika wiodące wyrazy czyli [math]4^n\,[/math]. Otrzymujemy:

[math] a_n= \frac{4^n}{4^n}\cdot \frac{n^{10}/2^n+1+\log^{100}n/4^n}{(n^2/2^n+1)(n^3/2^n+1)}\; , \,[/math]

Korzystając z kryterium Cauchy'ego bądź d'Alemberta łatwo uzasadnić, że:

[math]n^{10}/4^n\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}0\;,\;\;\;\; n^2/2^n\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}0\;,\;\;\;\; \mathrm{oraz}\;\;\;\; n^3/2^n\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}0\; .\,[/math]

Analogicznie: [math]\log^{100}n/4^n\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}0\,[/math]. W konsekwencji:

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=1\cdot\frac{0+1+0}{(0+1)(0+1)}=1\; . \,[/math]

---

Zadanie 13

Znaleźć granicę ciągu:

[math] a_n=\frac{n^2}{\sqrt[n]{(2n)!}}\; . \,[/math]

Wskazówka

Należy zauważyć, że [math]a_n\,[/math] ma postać [math]\sqrt[n]{b_n}\,[/math], gdzie [math]b_n\,[/math] jest pewnym ciągiem, i zastosować do niego kryterium d'Alemberta.

---

Rozwiązanie

Wprowadźmy oznaczenie:

[math] b_n=\frac{n^{2n}}{(2n)!}\; . \,[/math]

Gdybyśmy badali zbieżność tego ciągu przy wykorzystaniu kryterium Cauchy'ego, to musielibyśmy obliczyć:

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{b_n}\; ,\;\;\;\;\mathrm{czyli}\;\;\;\;\lim_{n\rightarrow\infty}a_n\,[/math]

Załóżmy, że granica ta istnieje i równa się [math]q\,[/math]. Przedmiotem tego zadania jest właśnie znalezienie liczby [math]q\,[/math]. Wiemy, że tę samą wartość otrzymalibyśmy, gdybyśmy do ciagu [math]b_n\,[/math] zastosowali, w miejsce kryterium Cauchy'ego, kryterium d'Alemberta (jeśli tylko kryterium to zadziała). Możemy zatem napisać:

[math] \begin{array}{ccl} \displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=q &\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{b_{n+1}}{b_n}=\frac{(n+1)^{2n+2}}{(2n+2)!}\cdot\frac{(2n)!}{n^{2n}}\\ &\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{n+1}{n}\right)^{2n}\frac{(n+1)^2}{(2n+2)(2n+1)}=\frac{e^2}{4}\; .\end{array} \,[/math]

---

Zadanie 14

Znaleźć granicę ciągu:

[math] a_n=\frac{1}{\sqrt[n]{2}-1}-\frac{2\sqrt[n]{2}+1}{\sqrt[n]{8}-1}\; . \,[/math]

Wskazówka

Należy uprościć wyrażenie poprzez sprowadzenie do wspólnego mianownika i wykorzystanie wzorów skróconego mnożenia.

---

Rozwiązanie

Ze względu na to, że [math]\sqrt[n]{a}\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}1\,[/math] dla każdego dodatniego [math]a\,[/math], granica (62) ma charakter [math]\infty-\infty\,[/math]. W takim przypadku trzeba spróbować uprościć wyrażenie sprowadzając ułamki do wspólnego mianownika w nadziei, że nieskończonosci faktycznie "odejmą się". Tym wspólnym mianownkiem jest oczywiście: [math]\sqrt[n]{8}-1\,[/math].

Korzystając ze wzoru: [math]a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)\,[/math], gdzie [math]a=\sqrt[n]{2}\,[/math] oraz [math]b=1\,[/math], otrzymujemy:

[math] \begin{array}{ccl} a_n&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\frac{1}{\sqrt[n]{2}-1}\cdot\frac{\sqrt[n]{4}+\sqrt[n]{2}+1}{\sqrt[n]{4}+\sqrt[n]{2}+1}-\frac{2\sqrt[n]{2}+1}{\sqrt[n]{8}-1}=\frac{\sqrt[n]{4}-\sqrt[n]{2}}{\sqrt[n]{8}-1}\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\frac{\sqrt[n]{2}(\sqrt[n]{2}-1)}{(\sqrt[n]{2}-1)(\sqrt[n]{4}+\sqrt[n]{2}+1)}=\frac{\sqrt[n]{2}}{\sqrt[n]{4}+\sqrt[n]{2}+1}\; , \end{array}\,[/math]

i w konsekwencji

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\frac{1}{3}\; . \,[/math]

---

Zadanie 15

Znaleźć granicę ciągu:

[math] a_n=\frac{3^n}{(1+\frac{1}{2n})(1+\frac{3}{2n})\cdot\ldots\cdot(1+\frac{2n+1}{2n})}\; . \,[/math]

Wskazówka

Należy skorzystać z kryterium d'Alemberta.

---

Rozwiązanie

Jeśli przepisać wyrażenie (65)) w formie:

[math] a_n=\frac{3^n(2n)^{n+1}}{(2n+1)(2n+3)\cdot\ldots\cdot(4n+1)}=\frac{3^n(2n)^{n+1}(2n-1)!!}{(4n+1)!!}\; , \,[/math]

to stanie się jasne, z jakiego kryterium będzie najwygodniej skorzystać. Jest to naturalnie kryterium d'Alemberta, które daje nadzieję na skasowanie się dużej liczby czynników obecnych w (66). Obliczamy zatem:

[math] \begin{array}{ccl} \displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{3^{n+1}(2n+2)^{n+2}(2n+1)!!}{(4n+5)!!}\cdot\frac{(4n+1)!!}{3^n(2n)^{n+1}(2n-1)!!}\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}3\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+1}\frac{(2n+2)(2n+1)}{(4n+5)(4n+3)}=3\cdot e\cdot \frac{4}{16}=\frac{3e}{4}\gt 1\; , \end{array} \,[/math]

co oznacza, że ciąg [math]a_n\,[/math] jest rozbieżny.

---

Zadanie 16

Znaleźć granicę ciągu:

[math] a_n=\left(1+\frac{1}{1\cdot 3}\right)\left(1+\frac{1}{2\cdot 4}\right)\cdot\ldots\cdot \left(1+\frac{1}{n(n+2)}\right)\; . \,[/math]

Wskazówka

Należy przepisać wyrażenie w formie umożliwiającej skrócenie identycznych czynników.

---

Rozwiązanie

Ponieważ [math]k(k+2)+1=(k+1)^2\,[/math], więc jeśli w każdym z nawiasów sprowadzić wyrażenie do wspólnego mianownika, to wzorowi na [math]a_n\,[/math] nadać można postać:

[math] a_n=\frac{2^2\cdot 3^2\cdot 4^2\cdot\ldots\cdot (n-1)^2n^2(n+1)^2}{(1\cdot 3)(2\cdot 4)(3\cdot 5)\cdot\ldots\cdot ((n-2)n)((n-1)(n+1))(n(n+2))}\; . \,[/math]

Zauważmy, że każda z liczb: [math]3,4,5,\ldots,n\,[/math] występuje w mianowniku dwukrotnie, a zatem w kwadracie, i dzięki temu skróci się z analogicznym czynnikiem w liczniku. Natomiast liczby: [math]1,2,(n+1),(n+2)\,[/math] nie powtarzają się i wystąpią w mianowniku w pierwszych potęgach. Uwzględniając tę obserwację otrzymujemy:

[math] a_n=\frac{2^2 (n+1)^2}{1\cdot 2 \;(n+1)(n+2)}=\frac{2n+2}{n+2}\; , \,[/math]

i w rezultacie

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=2\; . \,[/math]

---

Zadanie 17

Tak dobrać parametr [math]\beta\in\mathbb{R}\,[/math], aby ciąg postaci:

[math] a_n=\left(\beta\,\arcsin\frac{n}{2n+3}\right)^n\; , \,[/math]

był zbieżny do granicy różnej od zera. Znaleźć tę granicę.

Wskazówka

Należy skorzystać z twierdzenia o granicy ciągu postaci [math](1+b_n)^{c_n}\,[/math] (por. zad. 10 i 11).

---

Rozwiązanie

Ponieważ wykładnik (równy [math]n\,[/math]) dąży do nieskończoności, więc szanse na skończoną granicę mamy jedynie w przypadku gdy:

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}\beta\,\arcsin\frac{n}{2n+3}=1\; . \,[/math]

Ponieważ

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}\arcsin\frac{n}{2n+3}=\arcsin\frac{1}{2}=\frac{\pi}{6}\; , \,[/math]

więc musimy mieć: [math]\beta=6/\pi\,[/math]. Przy tym założeniu napiszemy:

[math] a_n=\left(\frac{6}{\pi}\,\arcsin\frac{n}{2n+3}\right)^n=\left[1+\frac{6}{\pi}\left(\arcsin\frac{n}{2n+3}-\frac{\pi}{6}\right)\right]^n\; . \,[/math]

Oznaczmy teraz:

[math] \begin{array}{ccl} b_n&\!\!\! :=&\!\!\! \displaystyle\frac{6}{\pi}\left(\arcsin\frac{n}{2n+3}-\frac{\pi}{6}\right)\underset{n\rightarrow 0}{\longrightarrow}0\\ c_n&\!\!\! :=&\!\!\! \displaystyle n\underset{n\rightarrow 0}{\longrightarrow}\infty\; , \end{array}\,[/math]

i policzmy granicę iloczynu [math]b_nc_n\,[/math].

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}b_nc_n=\lim_{n\rightarrow\infty}b_n\,n=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{b_n}{\sin\left(\frac{\pi}{6}b_n\right)}\, n\,\sin\left(\frac{\pi}{6}b_n\right)\; . \,[/math]

Pierwszy ułamek dąży do [math]6/\pi\,[/math], gdyż [math]b_n\underset{n\rightarrow 0}{\longrightarrow}0\,[/math]. Jeśli chodzi o pozostałe wyrażenie to przekształcimy je następująco:

[math] \begin{array}{ccl} \displaystyle n\,\sin\left(\frac{\pi}{6}b_n\right)&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle n\,\sin\left(\arcsin\frac{n}{2n+3}-\frac{\pi}{6}\right)\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle n\,\left[\sin\left(\arcsin\frac{n}{2n+3}\right)\cos\frac{\pi}{6}-\cos\left(\arcsin\frac{n}{2n+3}\right)\sin\frac{\pi}{6}\right]\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle \frac{n}{2}\left(\frac{\sqrt{3}\,n}{2n+3}-\sqrt{1-\left(\frac{n}{2n+3}\right)^2}\right)=\frac{\sqrt{3}\, n}{2(2n+3)}\left(n-\sqrt{n^2+4n+3}\right)\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle -\frac{\sqrt{3}\, n}{2(2n+3)}\cdot\frac{4n+3}{n+\sqrt{n^2+4n+3}}\underset{n\rightarrow 0}{\longrightarrow}-\frac{\sqrt{3}}{2}\; . \end{array}\,[/math]

Otrzymujemy zatem

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}b_nc_n=\frac{6}{\pi}\cdot \frac{-\sqrt{3}}{2}=\frac{-3\sqrt{3}}{\pi} \; ,\,[/math]

i jak wiemy

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=e^{-\frac{3\sqrt{3}}{\pi}}\; . \,[/math]

---

Zadanie 18

Znaleźć granicę ciągu:

[math] a_n=\frac{n!}{(\sqrt[n]{n!}-1)^n}\; . \, [/math]

Wskazówka

Należy skorzystać z twierdzenia o granicy ciągu postaci [math](1+b_n)^{c_n}\, [/math] (por. zad. 10 i 11).

---

Rozwiązanie

Najpierw przepiszemy (81) w formie:

[math] a_n=\frac{n!}{(\sqrt[n]{n!}-1)^n}=\left(\frac{\sqrt[n]{n!}}{\sqrt[n]{n!}-1}\right)^n=\left(1+\frac{1}{\sqrt[n]{n!}-1}\right)^n\; , \, [/math]

a następnie oznaczmy:

[math] \begin{array}{ccl} b_n&\!\!\! :=&\!\!\! \displaystyle\frac{1}{\sqrt[n]{n!}-1}\underset{n\rightarrow 0}{\longrightarrow}0\\ c_n&\!\!\! :=&\!\!\! \displaystyle n\underset{n\rightarrow 0}{\longrightarrow}\infty\; . \end{array}\, [/math]

Policzmy teraz granicę iloczynu [math]b_nc_n\, [/math]:

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}b_nc_n=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n}{\sqrt[n]{n!}-1}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}-\frac{1}{n}}\; . \, [/math]

Metodą analogiczną do tej z zadania 13 można wykazać, że

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=\frac{1}{e}\; , \, [/math]

co pociąga za sobą wynik:

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}b_nc_n=e \, [/math]

oraz

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=e^e\; , \, [/math]

---

Zadanie 19

Znaleźć granicę ciągu:

[math] a_n=\frac{\sqrt[n]{5}-\sqrt[n]{4}}{\sqrt[n]{3}-\sqrt[n]{2}}\; . \, [/math]

Wskazówka

Należy skorzystać z faktu, że [math]\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}n(\sqrt[n]{a}-1)=\log a\, [/math] dla [math]a\gt 0\, [/math].

---

Rozwiązanie

Na początku, opierając się na wykorzystywanym w poprzednich zadaniach wzorze:

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}(1+b_n)^{c_n}=e^g\; , \, [/math]

gdzie [math]b_n\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}0\, [/math], [math]c_n\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}\infty\, [/math] oraz [math]b_nc_n\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}g\, [/math], uzasadnimy, że dla [math]a\gt 0\, [/math] zachodzi

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}n(\sqrt[n]{a}-1)=\log a\; . \, [/math]

Napiszemy mianowicie:

[math] e^{\log a}=a=\lim_{n\rightarrow\infty}(\sqrt[n]{a})^n=\lim_{n\rightarrow\infty}(1+\sqrt[n]{a}-1)^n\; . \, [/math]

Oznaczając:

[math] \begin{array}{ccl} b_n&\!\!\! :=&\!\!\! \sqrt[n]{a}-1\\ c_n&\!\!\! :=&\!\!\! n\; ,\\ g&\!\!\! :=&\!\!\! \lim_{n\rightarrow\infty}b_nc_n=\lim_{n\rightarrow\infty}n(\sqrt[n]{a}-1)\; , \end{array}\, [/math]

oraz, przy wykorzystaniu (89) , (91) oraz dzięki różnowartościowości funkcji wykładniczej, otrzymujemy wynik: [math]\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}n(\sqrt[n]{a}-1)=\log a\, [/math].

Znalezienie granicy ciągu [math]a_n\, [/math] nie nastręcza teraz trudności. Wzór (88) przepiszemy w formie:

[math] a_n=\frac{n(\sqrt[n]{5}-1)-n(\sqrt[n]{4}-1)}{n(\sqrt[n]{3}-1)-n(\sqrt[n]{2}-1)}\; , \, [/math]

z której natychmiast wynika, iż

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\frac{\log 5-\log 4}{\log 3-\log 2}\; . \, [/math]

---

Zadanie 20

Zbadać zbieżność ciągu:

[math] a_n=\left[(-1)^n+\frac{1+3(-1)^n}{2n}\right]^n\; . \, [/math]

Wskazówka

Należy zbadać, czy jest możliwe wskazanie różnych podciągów zbieżnych do różnych granic.

---

Rozwiązanie

Ze względu na obecność we wzorze oscylującego czynnika [math](-1)^n\, [/math] wydaje się wskazane rozpatrzenie dwóch podciągów: o wskaźnikach parzystych czyli [math]a_{2k}\, [/math] oraz o wskaźnikach nieparzystych czyli [math]a_{2k-1}\, [/math], gdzie [math]k=1,2,3,\ldots\, [/math].

Dla [math]n=2k\, [/math] otrzymujemy:

[math] a_{2k}=\left[(-1)^{2k}+\frac{1+3(-1)^{2k}}{4k}\right]^{2k}=\left[1+\frac{1}{k}\right]^{2k}\; , \, [/math]

skąd wynika, że podciąg ten jest zbieżny i

[math] \lim_{k\rightarrow\infty}a_{2k}=e^2\; . \, [/math]

Dla ciągu o wskaźnikach nieparzystych mamy:

[math] a_{2k-1}=\left[(-1)^{2k-1}+\frac{1+3(-1)^{2k-1}}{4k-2}\right]^{2k-1}=\left[-1-\frac{1}{2k-1}\right]^{2k-1}=-\left[1+\frac{1}{2k-1}\right]^{2k-1}\; . \, [/math]

i w rezultacie

[math] \lim_{k\rightarrow\infty}a_{2k-1}=-e\neq e^2\; . \, [/math]

Ponieważ udało się wskazać dwa podciągi zbieżne do różnych granic, wynika stąd, że ciąg [math]a_n\, [/math] jest rozbieżny.

---

Zadanie 21

Zbadać zbieżność ciągu:

[math] a_n=\sin\left(\pi\sqrt[4]{n^4+n}\right)\; . \, [/math]

Wskazówka

Należy z argumentu funkcji sinus wydzielić człon wiodący przy [math]n\rightarrow\infty\, [/math].

---

Rozwiązanie

Gdy [math]n\rightarrow\infty\, [/math], to wiodący wyraz w argumencie funkcji sinus ma postać: [math]\pi n\, [/math]. Poniżej postaramy się go wydzielić z tego argumentu. Napiszemy:

[math] \begin{array}{ccl} a_n&\!\!\! =&\!\!\! \sin\left(\pi\sqrt[4]{n^4+n}-\pi n+\pi n\right)=\sin\left(\pi\sqrt[4]{n^4+n}-\pi n\right)\cos \pi n+ \cos\left(\pi\sqrt[4]{n^4+n}-\pi n\right)\sin \pi n\\ &\!\!\! =&\!\!\! (-1)^n\sin\left(\pi\sqrt[4]{n^4+n}-\pi n\right)\; . \end{array}\, [/math]

Wyrażenie [math]\sqrt[4]{n^4+n}-n\, [/math] przekształcimy w znany nam już sposób:

[math] \begin{array}{ccl} \sqrt[4]{n^4+n}-n&\!\!\! =&\!\!\!\displaystyle\frac{(\sqrt[4]{n^4+n}- n)(\sqrt[4]{n^4+n}+n)}{\sqrt[4]{n^4+n}+n}=\frac{\sqrt{n^4+n}-n^2}{\sqrt[4]{n^4+n}+ n}\\ &\!\!\! =&\!\!\!\displaystyle \frac{(\sqrt{n^4+n}- n^2)(\sqrt{n^4+n}+n^2)}{(\sqrt[4]{n^4+n}+n)(\sqrt{n^4+n}+n^2)}=\frac{n}{(\sqrt[4]{n^4+n}+n)(\sqrt{n^4+n}+n^2)}. \end{array}\, [/math]

Wyrażenie to dąży do zera gdy [math]n\rightarrow\infty\, [/math], a wraz z nim także [math]\sin\left(\pi\sqrt[4]{n^4+n}-\pi n\right)\, [/math]. Zatem:

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0 \, [/math]

---

Zadanie 22

Zbadać zbieżność ciągu:

[math] a_n=\cos\left(\pi\sqrt[4]{n^4+n}\right)\; . \, [/math]

Wskazówka

Należy z argumentu funkcji cosinus wydzielić człon wiodący przy [math]n\rightarrow\infty\, [/math].

---

Rozwiązanie

Gdy [math]n\rightarrow\infty\, [/math], to wiodący wyraz w argumencie funkcji cosinus ma postać: [math]\pi n\, [/math]. Poniżej wydzielimy go z tego argumentu pisząc:

[math] \begin{array}{ccl} a_n&\!\!\! =&\!\!\! \cos\left(\pi\sqrt[4]{n^4+n}-\pi n+\pi n\right)=\cos\left(\pi\sqrt[4]{n^4+n}-\pi n\right)\cos \pi n- \sin\left(\pi\sqrt[4]{n^4+n}-\pi n\right)\sin \pi n\\ &\!\!\! =&\!\!\! (-1)^n\cos\left(\pi\sqrt[4]{n^4+n}-\pi n\right)\; . \end{array}\, [/math]

Zgodnie ze wzorem (102) otrzymanym w poprzednim zadaniu, argument funkcji cosinus dąży do zera gdy [math]n\rightarrow\infty\, [/math]. W konsekwencji:

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}\cos\left(\pi\sqrt[4]{n^4+n}-\pi n\right)=1\; . \, [/math]

Jeśli teraz wybierzemy dwa podciągi o wskaźnikach [math]n=2k\, [/math] oraz [math]n=2k-1\, [/math], gdzie [math]k=1,2,3,\ldots\, [/math], to widzimy, że

[math] \begin{array}{ccl} \displaystyle\lim_{k\rightarrow\infty}a_{2k}&\!\!\! =&\!\!\! 1\; ,\\ \displaystyle\lim_{k\rightarrow\infty}a_{2k-1}&\!\!\! =&\!\!\! -1\; , \end{array}\, [/math]

a zatem ciąg [math]a_n\, [/math] jest rozbieżny.

---

Zadanie 23

Zbadać zbieżność ciągu:

[math] a_n=\sin\left(\frac{\pi}{4}\cdot\frac{2n^2+n+2}{2n+1}\right) \, [/math]

Wskazówka

Należy z argumentu funkcji sinus wydzielić człon wiodący przy [math]n\rightarrow\infty\, [/math].

---

Rozwiązanie

Dla dużych wartości [math]n\, [/math] argument zachowuje się jak [math]\displaystyle\frac{\pi n}{4}\, [/math]. Napiszemy zatem

[math] \begin{array}{ccl} a_n&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\sin\left(\frac{\pi}{4}\cdot\frac{2n^2+n+2}{2n+1}-\frac{\pi n}{4}+\frac{\pi n}{4}\right)= \sin\left(\frac{\pi}{4}\cdot\frac{2n^2+n+2}{2n+1}-\frac{\pi n}{4}\right)\cos\frac{\pi n}{4}\\ &\!\!\! +&\!\!\! \displaystyle\cos\left(\frac{\pi}{4}\cdot\frac{2n^2+n+2}{2n+1}-\frac{\pi n}{4}\right)\sin\frac{\pi n}{4}= \sin\left(\frac{\pi}{4}\cdot\frac{2}{2n+1}\right)\cos\frac{\pi n}{4}\\ &\!\!\! +&\!\!\! \displaystyle\cos\left(\frac{\pi}{4}\cdot\frac{2}{2n+1}\right)\sin\frac{\pi n}{4} \end{array}\, [/math]

Rozpatrzmy najpierw podciąg [math]a_{4k}\, [/math]:

[math] \begin{array}{ccl} a_{4k}&\!\!\! =&\!\!\!\displaystyle \sin\left(\frac{\pi}{4}\cdot\frac{2}{8k+1}\right)\cos\pi k+\cos\left(\frac{\pi}{4}\cdot\frac{2}{8k+1}\right)\sin\pi k\\ &\!\!\! =&\!\!\!\displaystyle(-1)^k\sin\left(\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{8k+1}\right)\underset{k\rightarrow\infty}{\longrightarrow}0\; .\end{array} \, [/math]

Teraz rozważymy podciągi [math]a_{8k+2}\, [/math] oraz [math]a_{8k+6}\, [/math]:

[math] \begin{array}{ccl} a_{8k+2}&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\sin\left(\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{16k+5}\right)\cos\left(2\pi k+\frac{\pi}{2}\right)+\cos\left(\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{16k+5}\right)\sin\left(2\pi k+\frac{\pi}{2}\right)\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\cos\left(\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{16k+5}\right)\underset{k\rightarrow\infty}{\longrightarrow}1\; . \end{array}\, [/math]

[math] \begin{array}{ccl} a_{8k+6}&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\sin\left(\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{16k+13}\right)\cos\left(2\pi k+\frac{3\pi}{2}\right)+\cos\left(\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{16k+13}\right)\sin\left(2\pi k+\frac{3\pi}{2}\right)\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle-\cos\left(\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{16k+13}\right)\underset{k\rightarrow\infty}{\longrightarrow}-1\; . \end{array}\, [/math]

Wskazaliśmy trzy podciągi zbieżne do różnych granic, co oznacza, że ciąg [math]a_n\, [/math] jest rozbieżny.

---