Niech $(a_n)$, $(b_n)$, $(c_n)$ będą ciągami liczb rzeczywistych takimi, że:
Wtedy ciąg $(b_n)$ jest zbieżny i: \[ \lim_{n \to \infty} b_n = g. \]
Ciąg $(b_n)$ jest „ściśnięty" między $(a_n)$ a $(c_n)$. Skoro oba skrajne ciągi zbiegają do tej samej granicy $g$, to $(b_n)$ nie ma innego wyjścia — też musi zbiegać do $g$.
Nazwa „twierdzenie o dwóch policjantach" pochodzi z metafory: jeśli dwóch policjantów prowadzi więźnia i obaj idą do tego samego miejsca, to więzień też tam trafi.
Chcemy pokazać, że $b_n \to g$, czyli: \[ \forall\, \varepsilon \gt 0 \;\; \exists\, N \in \mathbb{N} \;\; \forall\, n \gt N\colon \;\; |b_n - g| \lt \varepsilon. \]
Niech $\varepsilon \gt 0$ będzie dowolne.
Ponieważ $a_n \to g$, istnieje $N_1 \in \mathbb{N}$ takie, że: \[ \forall\, n \gt N_1\colon \;\; |a_n - g| \lt \varepsilon, \quad \text{czyli} \quad g - \varepsilon \lt a_n \lt g + \varepsilon. \]
Ponieważ $c_n \to g$, istnieje $N_2 \in \mathbb{N}$ takie, że: \[ \forall\, n \gt N_2\colon \;\; |c_n - g| \lt \varepsilon, \quad \text{czyli} \quad g - \varepsilon \lt c_n \lt g + \varepsilon. \]
Przyjmujemy: \[ N = \max(n_0, N_1, N_2). \]
Dla $n \gt N$ mamy jednocześnie:
Łącząc te nierówności: \[ g - \varepsilon \lt a_n \leq b_n \leq c_n \lt g + \varepsilon. \]
Zatem: \[ g - \varepsilon \lt b_n \lt g + \varepsilon, \quad \text{czyli} \quad |b_n - g| \lt \varepsilon. \]
Dla dowolnego $\varepsilon \gt 0$ znaleźliśmy $N$ takie, że $|b_n - g| \lt \varepsilon$ dla $n \gt N$. Zatem $\lim\limits_{n \to \infty} b_n = g$. $\square$
Ponieważ $-1 \leq \sin n \leq 1$, dzieląc przez $n \gt 0$: \[ -\frac{1}{n} \leq \frac{\sin n}{n} \leq \frac{1}{n}. \]
Oba ciągi skrajne zbiegają do $0$: $\lim\limits_{n \to \infty}\left(-\frac{1}{n}\right) = 0$ i $\lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n} = 0$.
Z twierdzenia o trzech ciągach: $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{\sin n}{n} = 0$. $\checkmark$
Mamy: \[ -\frac{1}{n^2 + 1} \leq \frac{(-1)^n}{n^2 + 1} \leq \frac{1}{n^2 + 1}. \]
Ponieważ $\frac{1}{n^2+1} \leq \frac{1}{n^2} \to 0$, oba ciągi skrajne zbiegają do $0$.
Z twierdzenia o trzech ciągach: $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{(-1)^n}{n^2+1} = 0$. $\checkmark$
Pokażemy, że $\sqrt[n]{n} \to 1$. Oznaczmy $a_n = \sqrt[n]{n} - 1 \geq 0$ (dla $n \geq 1$). Wtedy $n = (1 + a_n)^n$.
Z nierówności Bernoulliego (dla $n \geq 2$): \[ (1 + a_n)^n \geq 1 + \binom{n}{2}a_n^2 = 1 + \frac{n(n-1)}{2}a_n^2. \]
Zatem $n \geq 1 + \frac{n(n-1)}{2}a_n^2$, co daje: \[ a_n^2 \leq \frac{2(n-1)}{n(n-1)} = \frac{2}{n}, \quad \text{czyli} \quad 0 \leq a_n \leq \sqrt{\frac{2}{n}}. \]
Ponieważ $\sqrt{\frac{2}{n}} \to 0$, z twierdzenia o trzech ciągach: $a_n \to 0$, czyli $\sqrt[n]{n} \to 1$. $\checkmark$
Dla $n \geq 1$: \[ 0 \lt \frac{n!}{n^n} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdots n}{n \cdot n \cdot n \cdots n} = \frac{1}{n} \cdot \frac{2}{n} \cdot \frac{3}{n} \cdots \frac{n}{n} \leq \frac{1}{n} \cdot 1 \cdot 1 \cdots 1 = \frac{1}{n}. \]
Zatem $0 \lt \frac{n!}{n^n} \leq \frac{1}{n} \to 0$, więc z twierdzenia o trzech ciągach: $\frac{n!}{n^n} \to 0$. $\checkmark$
Jeśli $|b_n| \leq c_n$ dla $n \geq n_0$ i $c_n \to 0$, to $b_n \to 0$.
Z $|b_n| \leq c_n$ wynika $-c_n \leq b_n \leq c_n$. Ponieważ $-c_n \to 0$ i $c_n \to 0$, z twierdzenia o trzech ciągach: $b_n \to 0$. $\square$
Ten wniosek jest bardzo często stosowany w praktyce — wystarczy oszacować $|b_n|$ z góry przez ciąg zbieżny do zera.