Metody obliczania granic ciągów
Obliczanie granic ciągów, w najbardziej ogólnym rozumieniu, polega na wyznaczeniu symbolu granicznego i jeżeli otrzymujemy symbol oznaczony, to stosujemy odpowiednie twierdzenie podając wartość tego symbolu. Jeżeli otrzymujemy symbol nieoznaczony, to do wyrazu ciągu stosujemy odpowiednie przekształcenia algebraiczne tak, aby powstał symbol oznaczony. Do przekształcania konkretnych symboli nieoznaczonych można stosować szereg metod, które pozwalają wyliczać granice ciągów. Należy zauważyć że podane poniżej metody mają swoje zastosowanie w przypadku ściśle określonych typów ciągów dających w granicy symbol nieoznaczony, jednak są to najczęściej spotykane sytuacje, dlatego warto metody te poznać.
Uwaga 1: Metoda usuwania symbolu \( \left[\frac{\infty}{\infty}\right] \)
Przykład 1:
Rozwiązanie:
Obliczamy symbol graniczny otrzymując \( \lim_{n\to \infty}{\frac{2n^3+3n^2-4n+1}{4(n+3)^3}} \)= \( \left[\frac{\infty}{\infty}\right] \)
Wyłączamy przed nawias w liczniku i mianowniku zmienną n w możliwie największej potędze, czyli \( n^3 \) otrzymując
Przykład 2:
Rozwiązanie:
Obliczmy symbol graniczny otrzymując \( \lim_{n\to \infty}{\frac{(2n-3)(n^2-2n+2)}{(3n^2+1)^2}}= \) \( \left[\frac{\infty}{\infty}\right] \)
Wyłączamy przed nawias w liczniku \( n^3 \), a w mianowniku \( n^4 \) otrzymując
Przykład 3:
Rozwiązanie
Rozpisujemy potęgi pozbywając się sum i różnic w wykładnikach i obliczamy symbol graniczny
Wyłączamy przed nawias w liczniku i mianowniku wyrażenie wykładnicze \( 4^n \), otrzymując
Przykład 4:
Rozpisujemy potęgi i wyliczamy symbol graniczny \( \lim_{n\to \infty}{\frac{\frac{1}{5}\cdot 5^n+6 \cdot 9^n}{3\cdot 3^n+12\cdot \left(\frac{1}{16}\right)^n+20\cdot 5^n}}= \) \( \left[\frac{\infty}{\infty}\right] \)
Wyłączamy przed nawias w liczniku \( 9^n \), a w mianowniku \( 5^n \), otrzymując
\( \lim_{n\to \infty}{\frac{\frac{1}{5}\cdot 5^n+6 \cdot 9^n}{3\cdot 3^n+12\cdot \left(\frac{1}{16}\right)^n+20\cdot 5^n}}=\lim_{n\to \infty}{\frac{9^n\left(\frac{1}{5}\cdot \left(\frac{5}{9}\right)^n+6\right)}{5^n\left(3\cdot \left(\frac{3}{5}\right)^n+12\cdot \left(\frac{1}{80}\right)^n+20\right)}}=\lim_{n\to \infty}\left(\frac{9}{5}\right)^n\cdot \frac{6}{20}=\infty \)
Przykład 5:
Rozwiązanie:
Obliczany symbol graniczny \( \lim_{n\to \infty}{\frac{\sqrt[3]{2n^5-n^3+1}-n^2}{\sqrt[5]{n^6-2n^2+3}}}=\left[\frac{\infty}{\infty}\right] \)
Wyłączamy najwyższą potęgę liczby \( n \) w liczniku i mianowniku
Uwaga 2: Metoda usuwania symbolu nieoznaczonego \( \left[\infty -\infty\right] \)
Przykład 6:
Oblicz granicę \( \lim_{n\to \infty}{\left(4+2\cdot n^2-\sqrt[3]{8\cdot n^7+1}\right)}. \)
Rozwiązanie:
Wyrażenia w nawiasie są róznej mocy i najszybciej do \( \infty \) zmierza \( \sqrt[3]{n^7} \). Wyłączamy to wyrażenie przed nawias, otrzymując
Przykład 7:
Rozwiązanie:
Zauważamy, że odejmowane wyrażenia są tej samej mocy i zmierzają do \( \infty \) tak jak \( 2n \). Wykorzystamy wzór skróconego mnożenia \( (a-b)(a+b)=a^2-b^2 \), aby pozbyć się pierwiastka kwadratowego w pierwszym wyrażeniu
Przykład 8:
Rozwiązanie:
Zauważamy, że odejmowane wyrażenia są tej samej mocy i zmierzają do \( \infty \) tak jak \( n \). Wykorzystamy wzór skróconego mnożenia \( (a-b)(a^2+ab+b^2)=a^3-b^3 \), aby pozbyć się pierwiastków stopnia trzeciego
Uwaga 3: Metoda usuwania symbolu nieoznaczonego \( \left[\infty ^0\right] \)
Twierdzenie 1: pomocnicze przy usuwaniu symbolu \( \left[\infty ^0\right] \)
Przykład 9:
Rozwiazanie:
Sposób I:
Zauwazmy, że \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{3+2^{n+1}+4^{2-n}+3^{2n-4}}}=\lim_{n\to \infty}{\left(3+2^{n+1}+4^{2-n}+3^{2n-4}\right)^{\frac{1}{n}}}=\left[\infty ^0\right] \)
Rozpisujemy potęgi pojawiające się pod pierwiastkiem
\( \sqrt[n]{3+2^{n+1}+4^{2-n}+3^{2n-4}}=\sqrt[n]{3+2\cdot 2^n+16\cdot \frac{1}{4^n}+\frac{1}{3^4}\cdot 9^n} \)
Skorzystamy z twierdzenia o trzech ciągach, ograniczając wyraz ciągu od góry i zastępując potęgi o niższych podstawach potęgą o podstawie największej, przy czym liczbę \( 3 \) traktujemy jako \( 3\cdot 1^n \). Przy ograniczaniu od dołu zostawiamy z całej sumy pod pierwiastkiem tylko wyrażenie zawierające potęgę o największej podstawie
Obliczamy granice ciągów skrajnych \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{\frac{1}{3^4}}\cdot 9}=[1\cdot 9]=9 \) oraz
\( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{3\cdot 9^n +2\cdot 9^n +16\cdot 9^n+\frac{1}{3^4}\cdot 9^n}}=\lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{\left(21+\frac{1}{3^4}\right)\cdot 9^n}}=\lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{\left(21+\frac{1}{3^4}\right)}\cdot 9}=[1\cdot 9]=9 \)
Ciągi skrajne mają takie same granice, czyli \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{3+2^{n+1}4^{2-n}+3^{2n-4}}}=9 \)
Sposób II:
Przekształcamy wyraz ciągu
\( \sqrt[n]{3+2^{n+1}+4^{2-n}+3^{2n-4}}=\sqrt[n]{3+2\cdot 2^n+16\cdot \frac{1}{4^n}+\frac{1}{3^4}\cdot 9^n}=\sqrt[n]{9^n\left(3\cdot \left(\frac{1}{9}\right)^n+2\cdot \left(\frac{2}{9}\right)^n+16\cdot \left(\frac{1}{36}\right)^n+\frac{1}{3^4}\right)} \)
Zauważmy, że \( \lim_{n\to \infty}{\left(3\cdot \left(\frac{1}{9}\right)^n+2\cdot \left(\frac{2}{9}\right)^n+16\cdot \left(\frac{1}{36}\right)^n+\frac{1}{34}\right)}=1 \), czyli z twierdzenia pomocniczego przy usuwaniu symboli \( u[\infty^0] \) \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{3\cdot \left(\frac{1}{9}\right)^n+2\cdot \left(\frac{2}{9}\right)^n+16\cdot \left(\frac{1}{36}\right)^n+\frac{1}{34}}}=1 \)
Przykład 10:
Rozwiązanie:
Sposób I:
Zauważmy, że \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n+1]{2n^2+5n+4}}=\lim_{n\to \infty}{\left(2n^2+5n+4\right)^{\frac{1}{n+1}}}=[\infty ^0] \)
Skorzystamy z twierdzenia o trzech ciągach i ograniczamy wyraz ciągu od góry zgodnie z nierównościami \( n^2 < (n+1)^2, n < (n+1)^2 \) oraz \( 1 < (n+1)^2 \), traktując liczbę 4 jako \( 4\cdot 1 \). Od dołu całą sumę pod pierwiastkiem zastępujemy jednym składnikiem, który jest stały
\( \sqrt[n+1]{4}\leq \sqrt[n+1]{2n^2+5n+4}\leq \sqrt[n+1]{2(n+1)^2+5(n+1)^2+4(n+1)^2} \)
Obliczamy granicę ciągów skrajnych. Poniewaz ciąg \( \sqrt[n+1]{4} \) ma takie same wyrazy jak ciąg \( \sqrt[n]{4} \) od pewnego miejsca, to \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n+1]{4}}=1 \)
Analogicznie
\( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n+1]{2(n+1)^2+5(n+1)^2+4(n+1)^2}}=\lim_{n\to \infty}{\sqrt[n+1]{11}\cdot \sqrt[n+1]{(n+1)^2}}= \) \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n+1]{11}\cdot \sqrt[n+1]{n+1}^2}=[1\cdot 1]=1 \) ponieważ ciągi \( \sqrt[n+1]{11} \) i \( \sqrt[n+1]{n+1} \) są podciągami ciągów \( \sqrt[n]{11} \) i \( \sqrt[n]{n} \)
Zatem \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n+1]{2n^2+5n+4}}=1 \)
Sposób II:
Przekształcamy wyraz ciągu
\( \sqrt[n+1]{2n^2+5n+4}=\sqrt[n+1]{(n+1)^2\left(2\frac{n^2}{(n+1)^2}+5\frac{n}{(n+1)^2}+\frac{4}{(n+1)^2}\right)}= \)
\( (\sqrt[n+1]{n+1}^2)\sqrt[n+1]{\left(\left(\frac{n}{n+1}\right)^2+5\cdot \frac{n}{(n+1)^2}+\frac{4}{(n+1)^2}\right)}= \)
Ponieważ \( \lim_{n\to \infty}{\frac{n}{n+1}}=1, \lim_{n\to \infty}{\frac{n}{(n+1)^2}}=\lim_{n\to \infty}{\frac{4}{(n+1)^2}}=0 \),
czyli
\( \lim_{n\to \infty}2\cdot \left(\frac{n}{n+1}\right)^2+5\cdot \frac{n}{(n+1)^2}+\frac{4}{(n+1)^2}=2 \)
i z twierdzenia pomocniczego przy usuwaniu symbolu \( [\infty^0] \)
\( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n+1]{2\cdot \left(\frac{n}{n+1}\right)^2+5\cdot \frac{n}{(n+1)^2}+\frac{4}{(n+1)^2}}}=1 \). Wiemy również, że \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n+1]{n+1}=1} \)
Zatem \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n+1]{2n^2+5n+4}}=1 \)
Przykład 11:
Rozwiązanie:
Zauważmy, że \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{2n+3^n+4n^2}}=\lim_{n\to \infty}{\left(2n+3^n+4n^2\right)^{\frac{1}{n}}}=[\infty ^0] \)
Skorzystamy z twierdzenia o trzech ciągach, gdzie przy ograniczaniu od góry zastępujemy wszystkie wyrażenia wykładnicze o podstawach mniejszych wyrażeniem o podstawie największej i wszystkie potęgi zmiennej \( n \) o wykładnikach mniejszych potęgą o wykładniku największym. Wyrażenia \( 2n, 3^n \) i \( 4n^2 \) traktujemy jako \( 2\cdot 1^n\cdot n^1, 3^n\cdot n^0 \) i \( 4\cdot 1^n \cdot n^2 \).
Ograniczając wyrazy ciągu od dołu z całej sumy pod pierwiastkiem zostawiamy tylko wyrażenie zawierające potęgę \( 3^n \).
\( \sqrt[n]{3^n}\leq \sqrt[n]{2n+3^n+4n^2}\leq \sqrt[n]{2\cdot 3^n\cdot n^2+3^n\cdot n^2+4\cdot 3^n \cdot n^2} \)
Obliczamy granice ciągów skrajnych \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{3^n}}=\lim_{n\to \infty}{3}=3 \) oraz \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{2\cdot 3^n\cdot n^2+3^n\cdot n^2+4\cdot 3^n \cdot n^2}}=\lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{7\cdot 3^n\cdot n^2}}=\lim_{n\to \infty}{3\cdot \sqrt[n]{7}\cdot \left(\sqrt[n]{n}\right)^2}=[3\cdot 1\cdot 1]=3 \)
Ciągi skrajne mają takie same granice, zatem \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{2n+3^n+4n^2}}=3 \)
Uwaga 4: Metoda usuwania symbolu nieoznaczonego \( \left[1^{\infty}\right] \)
Twierdzenie 2: pomocnicze przy usuwaniu symbolu nieoznaczonego \( \left[1^{\infty}\right] \)
Przykład 12:
Rozwiązanie:
Zauważmy, że \( \lim_{n\to \infty}{\left(\frac{4n-2}{4n+3}\right)^{3n-1}}=\left[1^ {\infty}\right] \)
Przekształcamy podstawę wyrażenia potęgowego, aby otrzymać jedynkę
\( \left(\frac{4n-2}{4n+3}\right)^{3n-1}=\left(\frac{4n+3-5}{4n+3}\right)^{3n-1}=\left(1-\frac{5}{4n+3}\right)^{3n-1}=\left(1-\frac{1}{\frac{4n+3}{5}}\right)^{3n-1} \)
Do wykładnika wprowadzamy odwrotność wyrażenia dodawanego do jedynki w podstawie
\( \left(1+\frac{1}{-\frac{4n+3}{5}}\right)^{-\frac{4n+3}{5}\left(-\frac{5}{4n+3}\right)(3n-1)}=\left(1+\frac{1}{-\frac{4n+3}{5}}\right)^{-\frac{4n+3}{5}\left(-\frac{5(3n-1)}{4n+3}\right)}=\left[\left(1+\frac{1}{-\frac{4n+3}{5}}\right)^{-\frac{4n+3}{5}}\right]^{-\frac{5(3n-1)}{4n+3}} \)
Ponieważ wiemy, że \( \lim_{n\to \infty}{-\frac{4n+3}{5}}=-\infty \) oraz \( \lim_{n\to \infty}{-\frac{5(3n-1)}{4n+3}}=-\frac{15}{4} \), obliczamy granice korzystając z twierdzenia pomocniczego przy usuwaniu symbolu nieoznaczonego \( 1^{\infty} \)
Przykład 13:
Rozwiązanie:
Zauważmy, że \( \lim_{n\to \infty}{\left(\frac{3n+6}{3n+2}\right)^{n-1}}=\left[1^{\infty}\right] \)
Przekształcamy podstawę wyrażenia potęgowego, aby wyodrębnic jedynkę
\( \left(\frac{3n+6}{3n+2}\right)^{n-1}=\left(\frac{3n+2+4}{3n+2}\right)^{n-1}=\left(1+\frac{4}{3n+2}\right)^{n-1}=\left(1+\frac{1}{\frac{3n+2}{4}}\right)^{n-1} \)
Do wykładnika wprowadzamy odwrotność wyrażenia dodawanego do jedynki w podstawie
\( \left(1+\frac{1}{\frac{3n+2}{4}}\right)^{n-1}=\left(1+\frac{1}{\frac{3n+2}{4}}\right)^{\frac{3n+2}{4}\frac{4}{3n+2}(n-1)}=\left[\left(1+\frac{1}{\frac{3n+2}{4}}\right)^{\frac{3n+2}{4}}\right]^{\frac{4n-4}{3n+2}} \)
Ponieważ \( \lim_{n\to \infty}{\frac{3n+2}{4}}=+\infty \) oraz wiemy, że \( \lim_{n\to \infty}{\frac{4n-4}{3n+2}}=\frac{4}{3} \) to wykorzystując pomocnie twierdzenie przy usuwaniu symbolu nieoznaczonego \( 1^{\infty} \) obliczamy
Zatem \( \lim_{n\to \infty}{\left(\frac{3n+6}{3n+2}\right)^{n-1}}=e^{\frac{4}{3}} \)
Przykład 14:
Rozwiązanie:
Zauważmy,że \( \lim_{n\to \infty}{\left(\frac{(2n+1)^2}{4n^2+9}\right)^n}=\left[1^{\infty}\right] \)
Przekształcamy wyrażenie potęgowe tak, aby w podstawie uzyskać jedynkę
\( \left(\frac{(2n+1)^2}{4n^2+9}\right)^n \) \( =\left(\frac{4n^2+4n+1}{4n^2+9}\right)^n \) \( =\left(1+\frac{4n-8}{4n^2+9}\right)^n \)
Do wykładnika wprowadzamy odwrotność wyrażenia dodawanego do jedynki
\( \left(1+\frac{4n-8}{4n^2+9}\right)^n=\left(1+\frac{1}{\frac{4n^2+9}{4n-8}}\right)^{\frac{4n^2+9}{4n-8}\frac{4n-8}{4n^2+9}n}=\left[\left(1+\frac{1}{\frac{4n^2+9}{4n-8}}\right)^{\frac{4n^2+9}{4n-8}}\right]^{\frac{4n^2-8n}{4n^2+9}} \)
Ponieważ \( \lim_{n\to \infty}{\frac{4n^2+9}{4n-8}}=\lim_{n\to \infty}{\frac{n\left(4+\frac{9}{n^2}\right)}{4-\frac{8}{n}}}=+\infty \) i wiemy, że \( \lim_{n\to \infty}{\frac{4n^2-8n}{4n^2+9}}=\lim_{n\to \infty}{\frac{4-\frac{8}{n}}{4+\frac{9}{n^2}}}=1 \), to korzystając z twierdzenia pomocniczego przy usuwaniu symbolu nieoznaczonego \( 1^{\infty} \) mamy
Przykład 15:
Rozwiązanie:
Przekształcamy wyraz badanego ciągu, wykorzystując własności logarytmów
\( n\left(\ln{(n+2)}-\ln{(n+4)}\right)=n\ln{\left(\frac{n+2}{n+4}\right)}=\ln{\left[\left(\frac{n+2}{n+4}\right)^n\right]}. \)
Obliczymy granicę \( \lim_{n\to \infty}{\left(\frac{n+2}{n+4}\right)^n}=\left[1^{\infty}\right] \)
W podstawie wyodrębniamy jedynkę i do wykładnika wprowadzamy odwrotność wyrażenia dodawanego do jedynki
\( \left(\frac{n+2}{n+4}\right)^n=\left(1-\frac{2}{n+4}\right)^n=\left(1-\frac{2}{n+4}\right)^{\frac{n+4}{-2}\frac{-2n}{n+4}}=\left[\left(1-\frac{2}{n+4}\right)^{\frac{n+4}{-2}}\right]^{\frac{-2n}{n+4}} \)
Ponieważ \( \lim_{n\to \infty}{\frac{n+4}{-2}}=-\infty \) oraz \( \lim_{n\to \infty}{\frac{-2n}{n+4}}=-2 \), to wykorzystując twierdzenie pomocnicze przy usuwaniu symbolu nieoznaczonego \( [1^{\infty}] \) mamy
Zatem \( \lim_{n\to \infty}{n\left(\ln{(n+2)}-\ln{(n+4)}\right)}=ln{e^{-2}}=-2 \)