Tato úloha neprošla kontrolou správnosti

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.

Úroveň náročnosti: Vysokoškolská úloha
Úloha s vysvětlením teorie
Zaslat komentář k úloze