Jeśli $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = a$, to ciąg $(a_n)$ jest ograniczony, tj. $\exists\, M \gt 0\;\; \forall\, n\colon |a_n| \leq M$.
Dla $\varepsilon = 1$ istnieje $N$ takie, że $|a_n - a| \lt 1$ dla $n \geq N$. Wtedy $|a_n| \leq |a| + 1$ dla $n \geq N$. Bierzemy
\[ M := \max\bigl(|a_1|, |a_2|, \dots, |a_{N-1}|, |a| + 1\bigr). \]Wówczas $|a_n| \leq M$ dla każdego $n \in \mathbb{N}$. $\square$
Jeśli $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = a$ i $\lim\limits_{n \to \infty} b_n = b$, to
\[ \lim\limits_{n \to \infty} (a_n + b_n) = a + b. \]Ustalmy $\varepsilon \gt 0$. Z założeń:
Niech $N := \max(N_1, N_2)$. Dla $n \geq N$:
\[ |(a_n + b_n) - (a + b)| = |(a_n - a) + (b_n - b)| \leq |a_n - a| + |b_n - b| \lt \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon. \quad \square \]Jeśli $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = a$ i $\lim\limits_{n \to \infty} b_n = b$, to
\[ \lim\limits_{n \to \infty} (a_n - b_n) = a - b. \]Wystarczy zauważyć, że $a_n - b_n = a_n + (-b_n)$. Ponieważ $\lim\limits_{n \to \infty} (-b_n) = -b$ (co wynika z twierdzenia o iloczynie przez stałą $c = -1$, lub wprost: $|{-b_n} - ({-b})| = |b_n - b| \lt \varepsilon$), stosujemy twierdzenie o sumie:
\[ \lim\limits_{n \to \infty} (a_n - b_n) = a + (-b) = a - b. \quad \square \]Jeśli $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = a$ i $\lim\limits_{n \to \infty} b_n = b$, to
\[ \lim\limits_{n \to \infty} (a_n \cdot b_n) = a \cdot b. \]Stosujemy tożsamość:
\[ a_n b_n - ab = a_n b_n - a_n b + a_n b - ab = a_n(b_n - b) + b(a_n - a). \]Stąd z nierówności trójkąta:
\[ |a_n b_n - ab| \leq |a_n| \cdot |b_n - b| + |b| \cdot |a_n - a|. \]Z lematu: ciąg $(a_n)$ jest ograniczony, więc $|a_n| \leq M$ dla pewnego $M \gt 0$. Oznaczmy $K := \max(M, |b|)$. Jeśli $K = 0$, to $a_n = 0$ i $b = 0$, więc $a_n b_n = 0 \to 0 = ab$. Załóżmy $K \gt 0$.
Ustalmy $\varepsilon \gt 0$. Z założeń:
Dla $n \geq N := \max(N_1, N_2)$:
\[ |a_n b_n - ab| \leq M \cdot \frac{\varepsilon}{2K} + |b| \cdot \frac{\varepsilon}{2K} \leq K \cdot \frac{\varepsilon}{2K} + K \cdot \frac{\varepsilon}{2K} = \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon. \quad \square \]Jeśli $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = a$ i $c \in \mathbb{R}$, to $\lim\limits_{n \to \infty} (c \cdot a_n) = c \cdot a$.
Dowód: ciąg stały $b_n = c$ zbiega do $c$, więc z twierdzenia o iloczynie: $\lim\limits_{n \to \infty} c \cdot a_n = c \cdot a$.
Jeśli $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = a$, $\lim\limits_{n \to \infty} b_n = b$ i $b \neq 0$, to
\[ \lim\limits_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \frac{a}{b}. \](Przy czym $b_n \neq 0$ dla prawie wszystkich $n$ — wynika to z $b \neq 0$ i zbieżności $b_n \to b$.)
Wystarczy pokazać, że $\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{b_n} = \frac{1}{b}$, a następnie zastosować twierdzenie o iloczynie: $\frac{a_n}{b_n} = a_n \cdot \frac{1}{b_n} \to a \cdot \frac{1}{b} = \frac{a}{b}$.
Ponieważ $b_n \to b$ i $b \neq 0$, dla $\varepsilon_0 := \frac{|b|}{2} \gt 0$ istnieje $N_0$ takie, że $|b_n - b| \lt \frac{|b|}{2}$ dla $n \geq N_0$.
Z nierówności trójkąta odwrotnej:
\[ |b_n| \geq |b| - |b_n - b| \gt |b| - \frac{|b|}{2} = \frac{|b|}{2} \gt 0 \quad \text{dla } n \geq N_0. \]Zatem $b_n \neq 0$ dla $n \geq N_0$.
Dla $n \geq N_0$ (gdzie $|b_n| \gt \frac{|b|}{2}$):
\[ \left|\frac{1}{b_n} - \frac{1}{b}\right| = \left|\frac{b - b_n}{b_n \cdot b}\right| = \frac{|b_n - b|}{|b_n| \cdot |b|} \lt \frac{|b_n - b|}{\frac{|b|}{2} \cdot |b|} = \frac{2}{|b|^2} \cdot |b_n - b|. \]Ustalmy $\varepsilon \gt 0$. Ponieważ $b_n \to b$, istnieje $N_1$ takie, że $|b_n - b| \lt \frac{|b|^2}{2} \varepsilon$ dla $n \geq N_1$.
Dla $n \geq N := \max(N_0, N_1)$:
\[ \left|\frac{1}{b_n} - \frac{1}{b}\right| \lt \frac{2}{|b|^2} \cdot \frac{|b|^2}{2} \varepsilon = \varepsilon. \quad \square \]Z kroku 2: $\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{b_n} = \frac{1}{b}$. Z twierdzenia o iloczynie:
\[ \lim\limits_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \lim\limits_{n \to \infty} \left(a_n \cdot \frac{1}{b_n}\right) = a \cdot \frac{1}{b} = \frac{a}{b}. \quad \square \]Niech $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = a$ i $\lim\limits_{n \to \infty} b_n = b$. Wtedy:
| Działanie | Granica | Warunek |
|---|---|---|
| $a_n + b_n$ | $a + b$ | — |
| $a_n - b_n$ | $a - b$ | — |
| $a_n \cdot b_n$ | $a \cdot b$ | — |
| $c \cdot a_n$ | $c \cdot a$ | — |
| $\dfrac{a_n}{b_n}$ | $\dfrac{a}{b}$ | $b \neq 0$ |
$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{3n^2 + 2n}{5n^2 - 1} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{3 + \frac{2}{n}}{5 - \frac{1}{n^2}} = \frac{3 + 0}{5 - 0} = \frac{3}{5}.$
Dzielimy licznik i mianownik przez $n^2$, a następnie stosujemy arytmetykę granic (suma, iloraz) oraz fakt $\frac{1}{n} \to 0$.
$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{n+1}{n} = \lim\limits_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right) = 1 + 0 = 1.$
$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} \cdot \sin n = 0$, bo $|\sin n| \leq 1$ (ciąg ograniczony) i $\frac{1}{n} \to 0$.
Tu korzystamy z faktu: jeśli $a_n \to 0$ i $(b_n)$ jest ograniczony, to $a_n b_n \to 0$ (wniosek z twierdzenia o iloczynie, bo $|a_n b_n| \leq M |a_n| \to 0$).
$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{2n^3 - n}{n^3 + 4n^2 + 1} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{2 - \frac{1}{n^2}}{1 + \frac{4}{n} + \frac{1}{n^3}} = \frac{2}{1} = 2.$
$\lim\limits_{n \to \infty} \left(\frac{1}{n} + \frac{1}{n^2}\right) = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} + \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n^2} = 0 + 0 = 0.$
Arytmetyka granic częściowo rozszerza się na przypadki, gdy jedna lub obie granice są nieskończone. Poniżej zestawienie (gdzie $a \in \mathbb{R}$):
Następujące wyrażenia nie mają jednoznacznej wartości — wynik zależy od konkretnych ciągów:
\[ \infty - \infty, \quad 0 \cdot \infty, \quad \frac{\infty}{\infty}, \quad \frac{0}{0}, \quad 0^0, \quad 1^\infty, \quad \infty^0. \]Jeśli $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = 0$ i ciąg $(b_n)$ jest ograniczony (tj. $|b_n| \leq M$), to
\[ \lim\limits_{n \to \infty} a_n b_n = 0. \]$|a_n b_n| = |a_n| \cdot |b_n| \leq M |a_n|$. Ponieważ $|a_n| \to 0$, mamy $M|a_n| \to 0$ (iloczyn przez stałą). Z twierdzenia o trzech ciągach: $0 \leq |a_n b_n| \leq M|a_n| \to 0$, więc $|a_n b_n| \to 0$, czyli $a_n b_n \to 0$. $\square$