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.
