5.6 Limity vybraných posloupností

Přímo z definice limity posloupnosti ihned nahlédneme následující pozorování, které pro jeho důležitost ale formulujeme jako větu.

Věta 5.7 (O limitě vybrané posloupnosti)

Nechť posloupnost $(a_n)_{n=1}^\infty$ má limitu $\alpha\in\overline{\mathbb{R}}$. Pak každá podposloupnost vybraná z $(a_n)_{n=1}^\infty$ má také limitu $\alpha$.

Příklad 5.16

Platí $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{1}{4n! + n^2} = 0$. Posloupnost $\Big(\frac{1}{4n!+n^2}\Big)_{n=1}^\infty$ je totiž vybraná posloupnost z $\Big(\frac{1}{n}\Big)_{n=1}^\infty$ a již víme, že $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} = 0$.

Důsledek 5.3

Lze-li z posloupnosti $(a_n)_{n=1}^\infty$ vybrat dvě podposloupnosti s různými limitami, pak limita původní posloupnosti $(a_n)_{n=1}^\infty$ neexistuje.

Pomocí podposloupností tak můžeme prozkoumávat limitní chování komplikovanějších posloupností. Tento důsledek v kombinaci s Větou 5.6 implikuje následující pozorování:

Pozorování 5.2

Má-li posloupnost $(a_n)_{n=1}^\infty$ alespoň dva různé hromadné body, pak nemá limitu.

Příklad 5.17

Limita posloupnosti $\big( (-1)^n \big)_{n=1}^\infty$ neexistuje.

Zobrazit řešení

Vybereme podposloupnosti se sudými a lichými indexy. Tj. položíme $k_n \ceq 2n$ a $\ell_n \ceq 2n - 1$ pro $n=1,2,\ldots$ Potom obě odpovídající vybrané podposloupnosti jsou konstantní s různými limitami:

\begin{equation*} a_{k_n} = 1 \to 1, \quad a_{\ell_n} = -1 \to -1. \end{equation*}

Také vidíme, že tato posloupnost má dva hromadné body.

Příklad 5.18

V tomto příkladu ukážeme, že limita posloupnosti $(\sin n)_{n=1}^\infty$ neexistuje. Srovnejte tento příklad s Příkladem 5.14.

Zobrazit řešení

K tomu dospějeme sporem. Předpokládejme, že limita této posloupnosti existuje a označme ji $\alpha \in \overline{\R}$, tedy

\begin{equation*} \alpha = \lim_{n\to\infty} \sin n\,. \end{equation*}

Protože nerovnost $-1 \leq \sin n \leq 1$ platí pro všechna $n\in\N$, je jistě $\alpha \in \langle -1,1\rangle$ (speciálně, není to některé z nekonečen).

Protože je posloupnost $(\sin 2n)_{n=1}^\infty$ vybraná z posloupnosti $(\sin n)_{n=1}^\infty$, má dle věty o limitě vybrané posloupnosti také za limitu $\alpha$. Ze známých trigonometrických vzorců nyní plyne následující vztah

\begin{equation*} \cos 2n = \cos^2 n - \sin^2 n = (1 - \sin^2 n) - \sin^2 n = 1 - 2\sin^2 n \end{equation*}

a proto posloupnost $(\cos 2n)_{n=1}^\infty$ má za limitu $1-2\alpha^2$. Odtud ovšem plyne, s využitím součtových vzorců pro funkci $\sin$, že

\begin{align*} \sin 2 &= \sin(2n + 2 - 2n) = \sin(2n+2) \cos 2n - \cos(2n+2) \sin 2n \to \\ &\to \alpha (1 - 2\alpha^2) - (1 - 2\alpha^2) \alpha = 0,\end{align*}

protože $(\sin(2n+2))_{n=1}^\infty$, resp. $(\cos(2n+2))_{n=1}^\infty$, jsou vybrané z $(\sin 2n)_{n=1}^\infty$, resp. $(\cos 2n)_{n=1}^\infty$. Celkem jsme dospěli k rovnosti $\sin 2 = 0$, což je spor.