חזור לתיקייה: תרגול

6 - חישובי גבולות, סנדוויץ, מבחן המנה והשורש וקצת גבולות אינסופיים ובמובן הרחב

חיפוש בתיקיה
Ctrl K
לחץ כאן או הקש Ctrl K כדי לחפש בכל התיקיה
  • שימוש בנוסחאות כפל מקוצר
  • סנדוויץ
  • חסומה כפול אפסה
  • מבחן המנה והשורש
  • גבולות אינסופיים ובמובן הרחב

6 - חישובי גבולות, סנדוויץ, מבחן המנה והשורש וקצת גבולות אינסופיים ובמובן הרחב

01040031

חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

רשימות תרגול לקריאה בשבת

חישובי גבולות, סנדוויץ, מבחן המנה והשורש וקצת גבולות אינסופיים ובמובן הרחב

הופק מתוך תקיית התואר של שקד

uni-folder.vercel.app

lim⁡n→∞2n2−9n−24n2+5n+16=lim⁡n→∞2−9n−2n21+5n+16n2\lim_{ n \to \infty } \frac{2n^2-9n-2}{4n^2+5n+16} = \lim_{ n \to \infty } \frac{2-\frac{9}{n}-\frac{2}{n^2}}{1+\frac{5}{n}+\frac{16}{n^2}}n→∞lim​4n2+5n+162n2−9n−2​=n→∞lim​1+n5​+n216​2−n9​−n22​​

לפי חשבון גבולות:

=21=2=\frac{2}{1}=2=12​=2 lim⁡n→∞n4+3n2+8n+1=lim⁡n→∞n2+3n21+8n+1n2=∞\lim_{ n \to \infty } \frac{n^4+3}{n^2+8n+1}=\lim_{ n \to \infty } \frac{n^2+\frac{3}{n^2}}{1+\frac{8}{n}+\frac{1}{n^2}}=\inftyn→∞lim​n2+8n+1n4+3​=n→∞lim​1+n8​+n21​n2+n23​​=∞

זה על פי חשבון גבולות מורחב.

שימוש בנוסחאות כפל מקוצר

lim⁡n→∞n(4n2+3−2n)=lim⁡n→∞n4n2+3−4n24n2+3+2n=lim⁡n→∞3n4n2+3+2n=lim⁡n→∞34+3n2+2\lim_{ n \to \infty } n(\sqrt{ 4n^2+3 }-2n)=\lim_{ n \to \infty } n\frac{4n^2+3-4n^2}{\sqrt{ 4n^2+3 }+2n}=\lim_{ n \to \infty } \frac{3n}{\sqrt{ 4n^2+3 }+2n}=\lim_{ n \to \infty } \frac{3}{\sqrt{ 4+\frac{3}{n^2} }+2}n→∞lim​n(4n2+3​−2n)=n→∞lim​n4n2+3​+2n4n2+3−4n2​=n→∞lim​4n2+3​+2n3n​=n→∞lim​4+n23​​+23​ =32+2=34=\frac{3}{2+2}=\frac{3}{4}=2+23​=43​

זה היה לפי חשבון גבולות.

lim⁡n→∞(4n2+3n3−4n2−33)=lim⁡n→∞4n2+3n−(4n2−3n)⏞6n(4n2+3n)23+(4n2+3n)(4n2−3n)13+(4n2−3n)23\lim_{ n \to \infty } (\sqrt[3]{ 4n^2+3n }-\sqrt[3]{ 4n^2-3 })=\lim_{ n \to \infty } \frac{\overbrace{4n^2+3n-(4n^2-3n)}^{6n}}{(4n^2+3n)^{\frac{2}{3}}+(4n^2+3n)(4n^2-3n)^{\frac{1}{3}}+(4n^2-3n)^{\frac{2}{3}}}n→∞lim​(34n2+3n​−34n2−3​)=n→∞lim​(4n2+3n)32​+(4n2+3n)(4n2−3n)31​+(4n2−3n)32​4n2+3n−(4n2−3n)​6n​​ (4n2+3n)23n=(4n2+3nn23)23=(4n+3n)23\frac{(4n^2+3n)^{\frac{2}{3}}}{n}=\left( \frac{4n^2+3n}{n^{\frac{2}{3}}} \right)^{\frac{2}{3}}=\left( 4\sqrt{ n }+\frac{3}{\sqrt{ n }} \right)^\frac{2}{3}n(4n2+3n)32​​=(n32​4n2+3n​)32​=(4n​+n​3​)32​ (16n4−9n2)13n=(16n4−6−9nn3)13=(16−9n)13\frac{(16n^4-9n^2)^{\frac{1}{3}}}{n}=\left( \frac{16n^4-6-9n}{n^3} \right)^{\frac{1}{3}}=\left( 16-\frac{9}{n} \right)^{\frac{1}{3}}n(16n4−9n2)31​​=(n316n4−6−9n​)31​=(16−n9​)31​ lim⁡n→∞4n2+3n−(4n2−3n)⏞6n(4n2+3n)23+(4n2+3n)(4n2−3n)13+(4n2−3n)23\lim_{ n \to \infty } \frac{\overbrace{4n^2+3n-(4n^2-3n)}^{6n}}{(4n^2+3n)^{\frac{2}{3}}+(4n^2+3n)(4n^2-3n)^{\frac{1}{3}}+(4n^2-3n)^{\frac{2}{3}}}n→∞lim​(4n2+3n)32​+(4n2+3n)(4n2−3n)31​+(4n2−3n)32​4n2+3n−(4n2−3n)​6n​​ =6("∞"+0)+("∞"+0)+("∞"+0)=0=\frac{6}{(\text{"}\infty\text{"}+0)+(\text{"}\infty\text{"}+0)+(\text{"}\infty\text{"}+0)}=0=("∞"+0)+("∞"+0)+("∞"+0)6​=0

זה על פי חשבון גבולות מורחב.

הערה (תזכורת)

a3±b3=(a±b)(a2∓ab+b2)a^3\pm b^3=(a\pm b)(a^2\mp ab+b^2)a3±b3=(a±b)(a2∓ab+b2)

סנדוויץ

משפט (סנדוויץ)

אם קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N מתקיים an≤bn≤cna_{n}\leq b_{n}\leq c_{n}an​≤bn​≤cn​ וגם lim⁡n→∞an=lim⁡n→∞cn=L\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\lim_{ n \to \infty }c_{n}=Llimn→∞​an​=limn→∞​cn​=L אז:

lim⁡n→∞bn=L\lim_{ n \to \infty } b_{n}=Ln→∞lim​bn​=L
הערה (גבולות ידועים)

nn→1\sqrt[n]{ n }\to 1nn​→1 cn→1\sqrt[n]{ c }\to 1nc​→1

כאשר c>0c>0c>0 קבוע כלשהו.

lim⁡n→∞1n+2n+3n+4n+5nn\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ 1^n+2^n+3^n+4^n+5^n }n→∞lim​n1n+2n+3n+4n+5n​ 5=5nn≤1n+2n+3n+4n+5nn≤5⋅5nn=5n⋅5→5⋅1=55=\sqrt[n]{ 5^n }\leq \sqrt[n]{ 1^n+2^n+3^n+4^n+5^n }\leq \sqrt[n]{ 5\cdot5^n }=\sqrt[n]{ 5 }\cdot5\to 5\cdot 1=55=n5n​≤n1n+2n+3n+4n+5n​≤n5⋅5n​=n5​⋅5→5⋅1=5

נראה עוד גבול:

lim⁡n→∞(3+1n)n+(−1)nn\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ \left( 3+\frac{1}{n} \right)^n+(-1)^n }n→∞lim​n(3+n1​)n+(−1)n​ (3+1n)n+(−1)nn≤(3+1n)n+(−1)nn≤(3+1n)n+1n≤2(3+1n)n\sqrt[n]{ \left( 3+\frac{1}{n} \right)^n+(-1)^n }\leq \sqrt[n]{ \left( 3+\frac{1}{n} \right)^n+(-1)^n }\leq \sqrt[n]{ \left( 3+\frac{1}{n} \right)^n+1 }\leq \sqrt{ 2\left( 3+\frac{1}{n} \right)^n }n(3+n1​)n+(−1)n​≤n(3+n1​)n+(−1)n​≤n(3+n1​)n+1​≤2(3+n1​)n​ =2n⋅(3+1n)⟶1⋅3=\sqrt[n]{ 2 }\cdot \left( 3+\frac{1}{n} \right)\longrightarrow 1\cdot 3=n2​⋅(3+n1​)⟶1⋅3

נסתכל על הצד השני:

1⋅3⟵23n⋅(3+1n)=23(3+1n)nn=(3+1n)n−13(3+1n)nn≤(3+1n)n−1n1\cdot3\longleftarrow\sqrt[n]{ \frac{2}{3} }\cdot \left( 3+\frac{1}{n} \right)=\sqrt[n]{ \frac{2}{3}\left( 3+\frac{1}{n} \right)^n }=\sqrt[n]{ \left( 3+\frac{1}{n} \right)^n-\frac{1}{3}\left( 3+\frac{1}{n} \right)^n }\leq\sqrt[n]{ \left( 3+\frac{1}{n} \right)^n-1 }1⋅3⟵n32​​⋅(3+n1​)=n32​(3+n1​)n​=n(3+n1​)n−31​(3+n1​)n​≤n(3+n1​)n−1​
תרגיל

הוכיחו כי אם ana_{n}an​ סדרה חיובית המקיימת lim⁡n→∞an=L>0\lim_{ n \to \infty }a_{n}=L>0limn→∞​an​=L>0 אזי:

lim⁡n→∞ann=1\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ a_{n} }=1n→∞lim​nan​​=1

הוכחה:
נתון לנו כי לכל ε>0\epsilon>0ε>0 קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N מתקיים:

∣an−L∣<ε|a_{n}-L|<\epsilon∣an​−L∣<ε L−ε<an<L+εL-\epsilon<a_{n}<L+\epsilonL−ε<an​<L+ε

ובפרט עבור ε=L2>0\epsilon=\frac{L}{2}>0ε=2L​>0 קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N מתקיים:

∣an−L∣<L2|a_{n}-L|< \frac{L}{2}∣an​−L∣<2L​ −L2<an−L<L2-\frac{L}{2}<a_{n}-L< \frac{L}{2}−2L​<an​−L<2L​ L2n<ann<3L2n\sqrt[n]{ \frac{L}{2} }< \sqrt[n]{ a_{n} }< \sqrt[n]{ \frac{3L}{2} }n2L​​<nan​​<n23L​​

אנו יודעים כי:

lim⁡n→∞L2n=lim⁡n→∞3L2n=1\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ \frac{L}{2} }=\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ \frac{3L}{2} }=1n→∞lim​n2L​​=n→∞lim​n23L​​=1

ולכן, על פי סנדוויץ, ann⟶1\sqrt[n]{ a_{n} }\longrightarrow 1nan​​⟶1.
‎∎

תרגיל

lim⁡n→∞[1⋅π]+[2⋅π]+⋯+[n⋅π]n2\lim_{ n \to \infty } \frac{[1\cdot \pi]+[2\cdot \pi]+\dots+[n\cdot \pi]}{n^2}n→∞lim​n2[1⋅π]+[2⋅π]+⋯+[n⋅π]​

איך נדע מי הכי גדול, מי הכי קטן וכו'? אז איך נפתור זאת?

π(1+n)n2n2−nn2=(π−1)+(2π−1)+⋯+(nπ−1)n2≤[π]+[2π]+⋯+[nπ]n2\frac{\pi(1+n) \frac{n}{2}}{n^2}-\frac{n}{n^2}=\frac{(\pi-1)+(2\pi-1)+\dots+(n\pi-1)}{n^2}\leq\frac{[\pi]+[2\pi]+\dots+[n\pi]}{n^2}n2π(1+n)2n​​−n2n​=n2(π−1)+(2π−1)+⋯+(nπ−1)​≤n2[π]+[2π]+⋯+[nπ]​ ≤π+2π+⋯+nπn2≤π(1+n)n2n2\leq \frac{\pi+2\pi+\dots+n\pi}{n^2}\leq \frac{\pi(1+n) \frac{n}{2}}{n^2}≤n2π+2π+⋯+nπ​≤n2π(1+n)2n​​ lim⁡n→∞π(1+n)n2n2=lim⁡n→∞π(1+n)2n=lim⁡n→∞π2(1n+1)=π2\lim_{ n \to \infty } \frac{\pi(1+n) \frac{n}{2}}{n^2}=\lim_{ n \to \infty } \frac{\pi(1+n)}{2n}=\lim_{ n \to \infty } \frac{\pi}{2}\left( \frac{1}{n}+1 \right)=\frac{\pi}{2}n→∞lim​n2π(1+n)2n​​=n→∞lim​2nπ(1+n)​=n→∞lim​2π​(n1​+1)=2π​ lim⁡n→∞π(1+n)n2n2−nn2=π2−lim⁡n→∞1n=π2−0=π2\lim_{ n \to \infty } \frac{\pi(1+n) \frac{n}{2}}{n^2}-\frac{n}{n^2}=\frac{\pi}{2}-\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{n}=\frac{\pi}{2}-0=\frac{\pi}{2}n→∞lim​n2π(1+n)2n​​−n2n​=2π​−n→∞lim​n1​=2π​−0=2π​

ולכן, על פי סנדוויץ:

lim⁡n→∞[π]+[2π]+⋯+[nπ]n2=π2\lim_{ n \to \infty } \frac{[\pi]+[2\pi]+\dots+[n\pi]}{n^2}=\frac{\pi}{2}n→∞lim​n2[π]+[2π]+⋯+[nπ]​=2π​

חסומה כפול אפסה

משפט

הגבול של מכפלת סדרה חסומה בסדרה ששואפת לאפס הוא אפס.

lim⁡n→∞sin⁡nn=lim⁡n→∞1nsin⁡n=0⋅lim⁡n→∞sin⁡n=0\lim_{ n \to \infty } \frac{\sin n}{n}=\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{n}\sin n=0\cdot \lim_{ n \to \infty } \sin n=0n→∞lim​nsinn​=n→∞lim​n1​sinn=0⋅n→∞lim​sinn=0
תרגיל

lim⁡n→∞(n2+nn−1)(n−3[n3])\lim_{ n \to \infty } (\sqrt[n]{ n^2+n }-1)\left( n-3\left[ \frac{n}{3} \right] \right)n→∞lim​(nn2+n​−1)(n−3[3n​])

לפי זה ש-x−1≤[x]≤xx-1\leq[x]\leq xx−1≤[x]≤x:

n3−1≤[n3]≤n3\frac{n}{3}-1\leq \left[ \frac{n}{3} \right]\leq \frac{n}{3}3n​−1≤[3n​]≤3n​ −n≤−3[n3]≤−n+3-n\leq -3\left[ \frac{n}{3} \right]\leq -n+3−n≤−3[3n​]≤−n+3 0≤n−3[n3]≤30\leq n-3\left[ \frac{n}{3} \right]\leq 30≤n−3[3n​]≤3

גילינו כי הסדרה n−3[n3]n-3\left[ \frac{n}{3} \right]n−3[3n​] חסומה.

0=1n−1≤n2+nn−1≤2n2n−1=2n(nn)2−1⟶1⋅12−1=00=\sqrt[n]{ 1 }-1\leq \sqrt[n]{ n^2+n }-1\leq \sqrt[n]{ 2n^2 }-1 =\sqrt[n]{ 2 }(\sqrt[n]{ n })^2-1\longrightarrow 1\cdot 1^2-1=00=n1​−1≤nn2+n​−1≤n2n2​−1=n2​(nn​)2−1⟶1⋅12−1=0
הערה

מסנדוויץ ניתן להסיק ששורש nnn של כל פולינום בעולם שואף ל-1 אבל אסור לצטט זאת וצריך להוכיח כל פעם מחדש

מבחן המנה והשורש

∣an∣n⟶q:{0≤q<1  ⟹  an⟶0q>1  ⟹  ∣an∣⟶∞\sqrt[n]{ |a_{n}| }\longrightarrow q: \begin{cases} 0\leq q<1 \implies a_{n}\longrightarrow 0 \\ q>1 \implies |a_{n}|\longrightarrow \infty \end{cases}n∣an​∣​⟶q:{0≤q<1⟹an​⟶0q>1⟹∣an​∣⟶∞​ ∣an+1an∣⟶q:{ל"נכ\left| \frac{a_{n+1}}{a_{n}} \right|\longrightarrow q: \begin{cases} \\ \text{ל"נכ} \\ \\ \end{cases}​an​an+1​​​⟶q:⎩⎨⎧​ל"נכ​
משפט

תהי ana_{n}an​ סדרה חיובית אז אם lim⁡n→∞an+1an\lim_{ n \to \infty } \frac{a_{n+1}}{a_{n}}limn→∞​an​an+1​​ קיים אז lim⁡n→∞ann\lim_{ n \to \infty }\sqrt[n]{ a_{n} }limn→∞​nan​​ קיים. ו:

lim⁡n→∞ann=lim⁡n→∞an+1an\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ a_{n} }=\lim_{ n \to \infty } \frac{a_{n+1}}{a_{n}}n→∞lim​nan​​=n→∞lim​an​an+1​​
תרגיל

lim⁡n→∞5n2+7n+1n\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ 5n^2+7n+1 }n→∞lim​n5n2+7n+1​
an=5n2+7n+1>0a_{n}=5n^2+7n+1>0an​=5n2+7n+1>0 an+1an=5(n+1)2+7(n+1)+15n2+7n+1⟶1\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{5(n+1)^2+7(n+1)+1}{5n^2+7n+1} \longrightarrow 1an​an+1​​=5n2+7n+15(n+1)2+7(n+1)+1​⟶1

ולכן, לפי משפט:

lim⁡n→∞5n2+7n+1n=1\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ 5n^2+7n+1 }=1n→∞lim​n5n2+7n+1​=1 lim⁡n→∞(3n−n2)=lim⁡n→∞3n(1−n23n)\lim_{ n \to \infty } (3^n-n^2)=\lim_{ n \to \infty } 3^n\left( 1-\frac{n^2}{3^n} \right)n→∞lim​(3n−n2)=n→∞lim​3n(1−3nn2​) n23n>0  ⟹  n23nn=(nn)23⟶13<1\frac{n^2}{3^n}>0 \implies \sqrt[n]{ \frac{n^2}{3^n} }=\frac{(\sqrt[n]{ n })^2}{3}\longrightarrow \frac{1}{3}<13nn2​>0⟹n3nn2​​=3(nn​)2​⟶31​<1

ולכן, לפי מבחן השורש:

lim⁡n→∞n23n=0\lim_{ n \to \infty } \frac{n^2}{3^n}=0n→∞lim​3nn2​=0

ולכן:

lim⁡n→∞3n(1−n23n)=∞⋅1=∞\lim_{ n \to \infty } 3^n\left( 1-\frac{n^2}{3^n} \right)=\infty\cdot1=\inftyn→∞lim​3n(1−3nn2​)=∞⋅1=∞

על פי חשבון גבולות מורחב.

נראה עוד תרגיל:

lim⁡n→∞2nn!\lim_{ n \to \infty } \frac{2^n}{n!}n→∞lim​n!2n​ an+1an=2n+1(n+1)!⋅n!2n=2n+1⟶0<1\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{2^{n+1}}{(n+1)!}\cdot \frac{n!}{2^n}=\frac{2}{n+1}\longrightarrow 0<1an​an+1​​=(n+1)!2n+1​⋅2nn!​=n+12​⟶0<1

ולכן, לפי מבחן המנה, 2nn!⟶0\frac{2^n}{n!}\longrightarrow 0n!2n​⟶0.

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם ana_{n}an​ מתכנסת אז lim⁡n→∞(ann)n=0\lim_{ n \to \infty }\left( \frac{a_{n}}{n} \right)^n=0limn→∞​(nan​​)n=0

הוכחה:
הסדרה מתכנסת ולכן, לפי משפט, מתכנסת ולכן:
אי שלילית ולכן נוכל להשתמש במבחן השורש:

(∣an∣n)nn=∣an∣n=∣an∣⋅1n⟶L⋅0=0\sqrt[n]{ \left( \frac{|a_{n}|}{n} \right)^n }=\frac{|a_{n}|}{n}=|a_{n}|\cdot \frac{1}{n}\longrightarrow L\cdot 0=0n(n∣an​∣​)n​=n∣an​∣​=∣an​∣⋅n1​⟶L⋅0=0

על פי חשבון גבולות. ולכן, על פי מבחן השורש, מכיוון ש-0<10<10<1 אזי:

lim⁡n→∞(∣an∣n)n=lim⁡n→∞(∣ann∣)n=lim⁡n→∞∣(ann)n∣\lim_{ n \to \infty } \left( \frac{|a_{n}|}{n} \right)^n=\lim_{ n \to \infty } \left( \left| \frac{a_{n}}{n} \right| \right)^n=\lim_{ n \to \infty } \left| \left( \frac{a_{n}}{n} \right)^n \right|n→∞lim​(n∣an​∣​)n=n→∞lim​(​nan​​​)n=n→∞lim​​(nan​​)n​

לפי משפט:

lim⁡n→∞∣(ann)n∣=lim⁡n→∞(ann)n\lim_{ n \to \infty } \left| \left( \frac{a_{n}}{n} \right)^n \right|=\lim_{ n \to \infty } \left( \frac{a_{n}}{n} \right)^nn→∞lim​​(nan​​)n​=n→∞lim​(nan​​)n

ולכן:

lim⁡n→∞(ann)n=0\lim_{ n \to \infty } \left( \frac{a_{n}}{n} \right)^n=0n→∞lim​(nan​​)n=0

‎∎

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם ana_{n}an​ סדרה חיובית כך ש-lim⁡n→∞(ann)n=0\lim_{ n \to \infty }\left( \frac{a_{n}}{n} \right)^n=0limn→∞​(nan​​)n=0 אזי ana_{n}an​ מתכנסת.

הוכחה:
נקח an=n2a_{n}=\frac{n}{2}an​=2n​ ונראה כי:

(ann)n=(12)n⟶0\left( \frac{a_{n}}{n} \right)^n=\left( \frac{1}{2} \right)^n \longrightarrow 0(nan​​)n=(21​)n⟶0

‎∎

תרגיל (נכון/לא נכון)

תהי ana_{n}an​ סדרה חיובית המקיימת:

lim⁡n→∞ann=L\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ a_{n} }=Ln→∞lim​nan​​=L

אזי

lim⁡n→∞an+1an=L\lim_{ n \to \infty } \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=Ln→∞lim​an​an+1​​=L

הוכחה:
נראה דוגמה נגדית:

an={1יגוז2יגוז-יאa_{n}=\begin{cases} 1 & \text{יגוז} \\ 2 & \text{יגוז-יא} \end{cases}an​={12​יגוזיגוז-יא​

הסדרה an+1an\frac{a_{n+1}}{a_{n}}an​an+1​​ לא מתכנסת אבל ann⟶1\sqrt[n]{ a_{n} }\longrightarrow 1nan​​⟶1.
‎∎

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם ana_{n}an​ סדרה מתכנסת של איברים שונים מאפס כך ש-lim⁡n→∞an+1an=L\lim_{ n \to \infty } \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=Llimn→∞​an​an+1​​=L אזי ∣L∣≤1|L|\leq 1∣L∣≤1

הוכחה:
נניח בשלילה כי ∣L∣>1|L|>1∣L∣>1 ולכן:

lim⁡n→∞an+1an=L\lim_{ n \to \infty } \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=Ln→∞lim​an​an+1​​=L

לכן, לפי משפט:

lim⁡n→∞∣an+1an∣=∣L∣\lim_{ n \to \infty } \left| \frac{a_{n+1}}{a_{n}} \right|=|L|n→∞lim​​an​an+1​​​=∣L∣

הסדרה ∣an∣|a_{n}|∣an​∣ הינה חיובית ולכן על פי מבחן המנה:

∣L∣>1|L|>1∣L∣>1

אז ∣an∣⟶∞|a_{n}|\longrightarrow \infty∣an​∣⟶∞.
אם ana_{n}an​ מתכנסת, אזי, לפי משפט, ∣an∣|a_{n}|∣an​∣ מתכנסת ולכן סתירה.
‎∎

גבולות אינסופיים ובמובן הרחב

הגדרה 1 (שאיפה ל-∞\infty∞)

נאמר lim⁡n→∞an=∞\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\inftylimn→∞​an​=∞ אם לכל M>0M>0M>0 קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N, n∈Nn \in \mathbb{N}n∈N מתקיים:

an>Ma_{n}>Man​>M
דוגמה

נוכיח כי:

lim⁡n→∞n2−3n+2=∞\lim_{ n \to \infty } \frac{n^2-3}{n+2}=\inftyn→∞lim​n+2n2−3​=∞

הוכחה:
יהי M>0M>0M>0. אם נקח N=M+2N=M+2N=M+2 אז לכל n>Nn>Nn>N מתקיים:

n2−3n+2>  n>2  n2−4n+2=n−2>N−2=M+2−2=M\frac{n^2-3}{n+2}\underset{\;n>2\;}{>} \frac{n^2-4}{n+2}=n-2>N-2=M+2-2=Mn+2n2−3​n>2>​n+2n2−4​=n−2>N−2=M+2−2=M

‎∎