Limita geometrické posloupnosti
Úloha číslo: 840
Dokažte následující tvrzení, jestliže q je reálné číslo:
(a) Jestliže q > 1, potom
\[\lim_{\small n\to\infty} q^n = +\infty.\](b) Jestliže q = 1, potom
\[\lim_{\small n\to\infty} q^n = 1.\](c) Jestliže –1 < q < 1, potom
\[\lim_{\small n\to\infty} q^n = 0.\](d) Jestliže q = -1, potom posloupnost {qn} je omezená, ale limita
\[\lim_{\small n\to\infty} q^n\]neexistuje.
(e) Jestliže q < -1, potom posloupnost {qn} je neomezená a limita
\[\lim_{\small n\to\infty} q^n\]neexistuje. Platí ovšem
\[\lim_{\small n\to\infty} q^{2n} = +\infty,\qquad \lim_{\small n\to\infty} q^{2n+1} = -\infty.\]Řešení části (a)
Dokazujeme následující tvrzení, jestliže q je reálné číslo.
(a) Jestliže q > 1, potom
\[\lim_{\small n\to\infty} q^n = +\infty.\]Dokazovat budeme z definice limity. Pro každé K reálné tedy chceme najít přirozené N takové, že pro každé přirozené n > N platí
\[a_n > K,\]tedy
\[q^n > K.\]Pokud K je nekladné, stačí volit N = 1, neboť mocnina qn je kladné číslo.
Pokud K > 0, použijeme Bernoulliovu nerovnost, která říká, že pro každé x ≥ –1 reálné platí
\[(1+x)^n \geq 1 + nx.\]Lze ji dokázat indukcí, zájemce odkazujeme na úlohu Bernoulliova nerovnost (důkaz matematickou indukcí). Dodejme, že tato nerovnost je pro x > 0 (což bude náš případ) také důsledkem binomické věty.
Položme tedy q = 1+x (odtud vzhledem k podmínce q > 1 plyne, že x > 0). Stačí nám pak najít N přirozené takové, že
\[1+Nx \geq K,\]neboť potom je pro každé n > N
\[a_n = q^n = (1+x)^n \geq 1+nx > 1+Nx \geq K,\]což je podmínka, kterou chceme splnit. Najít takové N je jednoduché, elementárními úpravami nerovnice dostaneme
\[1+Nx \geq K,\] \[Nx \geq K-1,\] \[N \geq \frac{K-1}{x}\]a protože pro každé reálné číslo existuje přirozené, které je větší (tzv. Archimedův axiom), lze tudíž najít N, které nerovnici splňuje. Všimměte si, že při dělení číslem x jsme potřebovali vědět, že jde o kladné číslo, a tudíž předpoklad q > 1 je skutečně pro náš důkaz podstatný.
Řešení části (b)
(b) Jestliže q = 1, potom
\[\lim_{\small n\to\infty} q^n = 1.\]Dokázat toto je jednoduché, neboť dle definice přirozené mocniny je
\[1^n = 1\]a limita konstanty je táž konstanta (viz úloha Základní limity posloupností, tudíž
\[\lim_{\small n\to\infty} 1^n = \lim_{\small n\to\infty} 1 = 1.\]Řešení části (c)
(c) Jestliže –1 < q < 1, potom
\[\lim_{\small n\to\infty} q^n = 0.\]1. Předpokládejme nejprve, že 0 < q < 1.
K důkazu využijeme části (a) a větu o aritmetice limit. Máme totiž
\[\lim_{\small n\to\infty} q^n = \] \[ = \lim_{\small n\to\infty} \frac{1}{\left(\frac{1}{q}\right)^n} = \]podle věty o aritmetice limit
\[ = \frac{1}{\lim\limits_{\small n\to\infty}\left(\frac{1}{q}\right)^n} = \]a podle části (a), neboť (1/q) > 1,
\[ = \frac{1}{+\infty} = 0.\]2. Jestliže q = 0, je tvrzení zřejmé.
3. Jestliže –1 < q < 0, potom lze využít následující tvrzení \[\lim_{\small n\to\infty} \left|a_n\right| = 0 \ \Longrightarrow \ \lim_{\small n\to\infty} a_n = 0.\] Jelikož 1 > |q| > 0, máme podle bodu 1
\[\lim_{\small n\to\infty} |q^n| = \lim_{\small n\to\infty} |q|^n = 0,\]a tudíž podle zmíněného výsledku též
\[\lim_{\small n\to\infty} q^n = 0.\]Řešení části (d)
(d) Jestliže q = -1, potom posloupnost {qn} je omezená, ale limita
\[\lim_{\small n\to\infty} q^n\]neexistuje.
Důkaz omezenosti je snadný, neboť každý člen posloupnosti je roven buď 1 nebo –1, a tudíž pro každý člen posloupnosti platí
\[-1\leq a_n\leq 1.\]Že posloupnost {(–1)n} nemá limitu je dokázáno např. v úloze Vlastní/Nevlastní limita posloupnosti a otázka omezenosti
Řešení části (e)
(e) Jestliže q < -1, potom posloupnost {qn} je neomezená a limita
\[\lim_{\small n\to\infty} q^n\]neexistuje. Platí ovšem
\[\lim_{\small n\to\infty} q^{2n} = +\infty,\qquad \lim_{\small n\to\infty} q^{2n+1} = -\infty.\]Dokážeme-li poslední dvě limity, automaticky z toho vyplývá, že posloupnost je neomezená, neboť její sudé členy rostou nade všechny meze a její liché pod všechny klesají.
K důkazu první z limit využijeme části (a), neboť
\[q < 1 \implies q^2 > 1,\]a tudíž
\[\lim_{\small n\to\infty} q^{2n} = \lim_{\small n\to\infty} \left(q^2\right)^n = +\infty.\]Druhá limita pak vyplývá z první a věty o aritmetice limit, neboť
\[\lim_{\small n\to\infty} q^{2n+1} = \lim_{\small n\to\infty} q^{2n} \cdot q = q\cdot \lim_{\small n\to\infty} q^{2n} = q\cdot (+\infty) = -\infty,\]neboť q je záporné číslo.
Protože jsme našli dvě podposloupnosti mající různou limitu, samotná posloupnost limitu mít nemůže. Plyne to z věty o limitě vybrané podposloupnosti, která tvrdí, že má-li posloupnost limitu, pak všechny její podposloupnosti musí mít tutéž limitu.
Bez použití této věty lze argumentovat také takto. Protože posloupnost není omezená, nemůže mít vlastní limitu (viz úloha Vlastní/Nevlastní limita posloupnosti a otázka omezenosti). Nevlastní limitu +∞ mít nemůže, neboť všechny její liché členy jsou záporné, a tudíž nepřejdou mez 0. A obdobně, Nevlastní limitu –∞ mít nemůže, neboť všechny její sudé členy jsou kladé, a tudíž nepřejdou stejnou mez.
