Các định lí về giới hạn

Định lí 2.1. Nếu dãy (u_n)có giới hạn hữu hạn thì giới hạn đó là day nhất.

Chứng minh. Giả sửlimu_n=lvàlimu_n=l⁰. Khi đó, theo định nghĩa thì với mọi_ε>0nhỏ tùy ý, luôn tồn tại các số tự nhiên n₁, n₂sao cho

|u_nưl| <ε∀n>n₁ và _|u_nưl⁰| <ε ∀n>n₂. Đặtn₀=max{n₁,n₂}, khi đó với mọi n>n₀ ta có

|lưl⁰|6|lưu_n| + |u_nưl⁰| <ε+ε=2ε. (1) Vì (1) đúng với mọi_ε>0nhỏ tùy ý nên ta có l=l⁰.

Vậy định lí được chứng minh.

Định lí 2.2. Cho dãy số (u_n)có giới hạn hữu hạnl. Khi đó a) Dãy(un)bị chặn

b) Các dãy con đều có giới hạn là ^l.

Chứng minh. Giả sử dãy số (a_n)có giới hạn bằng L. Ta sẽ chứng minh (a_n)là dãy số bị chặn.

Thật vậy, xét_ε=1. Với mọin>ⁿ0, vớin₀là số nguyên dương nào đó, ta luôn có_|a_nưL| <1. Suy ra_|a_n| ư |L|6|a_nưL| <1 với mọi n>ⁿ0 hay_|a_n| < |L| +1vớin>ⁿ0.

GọiM là số lớn nhất trong tập hợp hữu hạn

{|a₁|;|a₂|;...;|a_Nư1|} và đặt K=max {M+1,|L| +1}.

Khi đó_|a_n| <K với mọi n∈N^∗. Đây chính là điều cần chứng minh.

Ví dụ 2.3

Chứng minh dãy (un) :u_n=(ư1)ⁿ không có giới hạn hữu hạn khin→ +∞.

Lời giải. Ta cólimu_2n=lim(ư1)²ⁿ=1vàlimu_2n+1=lim(ư1)²ⁿ⁺¹= ư1.

Từ đó, suy ra dãy(u_n)không có giới hạn khin→ +∞. Định lí 2.3. Cholimu_n=a, limv_n=b. Ta có:

• lim(un+v_n)=a+b

• lim(u_nưv_n)=aưb

• lim(un.vn)=a.b

• limu_n v_n =a

b (b6=0)

• Nếuu_n>⁰∀n thìlimp

u_n=p a.

Chứng minh. Ta chứng minh công thức limu_n.vn=ab. Các công thức khác được chứng minh tương tự.

Vì limu_n=a, limv_n=b nên dãy (vn) bị chặn, tức alf tồn tại số nguyên dương M sao cho

|v_n| <M ∀n∈Nvà với mọi_ε>0 nhỏ tùy ý, luôn tồn tại các số tự nhiênn₁,n₂ sao cho

|u_nưa| < ε

M+ |a| ∀n>n₁ và _|v_nưb| < ε

M+ |a| ∀n>n₂. Đặtn₀=max{n₁,n₂}. Khi đó với mọi n>n₀ta có:

|u_n.v_nưab| = |v_n(u_nưa)+a(v_nưb)|6|v_n||u_nưa| + |a|.|v_nưb| <ε. Suy ralimu_n.vn=ab.

Ví dụ 2.4 Tìm giới hạn

A=lim a_k.n^k+a_k−1n^k−1+...+a₁n+a₀ b_p.n^p+b_p−1n^p−1+...+b₁n+b₀ với a_kb_p6=0

Lời giải. Ta chia làm các trường hợp sau

TH 1: ⁿ=k, chia cả tử và mẫu cho n^k, ta được

A=lim

a_k+a_k−1

n +...+a₀ n^k b_p+b_p−1

n +...+b₀ n^k

=a_k b_p.

TH 2: ^k>p, chia cả tử và mẫu chon^k, ta được

A=lim

a_k+a_k−1

n +...+a₀ n^k b_p

n^k−p+ b_p−1

n^k−p+1+...+b₀ n^k

=

( +∞khia_kb_p>0

−∞khia_kb_p<0. TH 3: ^k<p, chia cả tử và mẫu chon^p, ta được

A=lim a_k

n^p−k+ a_k−1

n^p−k+1+...+a₀ n^p b_p+b_p−1

n +...+b₀ n^p

=0.

Ví dụ 2.5

Tìm giới hạn

A=lim³p

n²+n+1−2p³

n³+n²−1+n´ .

Lời giải. Ta có:

A=limh³p

n²+n+1−n´

−2³p₃

n³+n²−1−n´i . Mà:

lim³p

n²+n+1−n´

=lim n+1 pn²+n+1+n

=lim

1+1 n r

1+1 n+ 1

n²+1

=1 2.

lim³p₃

n³+n²−1−n´

=lim n²−1

q3

(n³+n²−1)²+n.p³

n³+n²−1+n²

=lim

1− 1 n²

3

s µ

1+ 1 n⁴− 1

n⁶

¶2

+ ³ r

1+1 n− 1

n³+1

=1 3

Vậy A=1 2−2

3= −1

6.

Ví dụ 2.6 Tìm giới hạn

A=lim1+a+a²+...+aⁿ 1+b+b²+...+bⁿ với a,b∈R;|a| <1;|b| <1.

Lời giải. Ta có1,a,a², ...,aⁿ là một cấp số nhân công bội anên:

1+a+a²+...+aⁿ=1−aⁿ⁺¹ 1−a . Tương tự:

1+b+b²+...+bⁿ=1−bⁿ⁺¹ 1−b .

Suy ra A=lim

1−aⁿ⁺¹ 1−a 1−bⁿ⁺¹

1−b

=1−b

1−a.

Định lí 2.4. (Nguyên lí kẹp)Cho ba dãy số(a_n),(b_n)và (c_n)thỏa mãn^an6^bn6^cn với mọiⁿ>ⁿ0∈N^∗. Khi đó nếulima_n=limc_n=L thìlimb_n=L.

Chứng minh. Với mọi số nguyên dương nta có:

|b_n−L| = |b_n−a_n+a_n−L|6^|bn−a_n| + |a_n−L|

=b_n−a_n+ |a_n−L|6^cn−a_n+ |a_n−L|

=c_n−L+L−a_n+ |a_n−L|6^|cn−L| +2|a_n−L|.

Xét số dương _ε. Vì lima_n=limc_n=L nên tồn tại số nguyên dương N để _|a_n−L| < ε 3 và

|c_n−L| <ε

3 với mọi n>^N.

Theo các khẳng định trên thì_|b_n−L| <εvới mọi n>^N. Vậylimb_n=L. Ví dụ 2.7

Chứng minh các giới hạn sau 1. limaⁿ

n! =0 2. limpⁿ

a=1vớia>0.

Lời giải. 1) Gọi mlà số tự nhiên thỏa:m+1> |a|. Khi đó với mọi n>m+1. Ta có:

0<

¯

¯

¯

¯ aⁿ

n!

¯

¯

¯

¯=

¯

¯

¯ a 1.a

2...a m

¯

¯

¯.

¯

¯

¯ a m+1...a

n

¯

¯

¯<|a|^m m! .

µ |a| m+1

¶_n−m .

Mà

lim µ |a|

m+1

¶n−m

=0.

Từ đụ suy ra:limaⁿ n! =0. 2) Nếua=1thớ ta cụ đpcm.

• Giả sửa>1. Khi đụ:

a=ê 1+âp_n

a−1đôn

>nâp_n a−1đ

.

Suy ra:0<pⁿ

a−1<a

n→0nởnlimpⁿ a=1.

• Với0<a<1thớ

1

a>1⇒lim ⁿ s

1

a=1⇒limpⁿ a=1.

Tụm lại ta luừn cụ:limpⁿ

a=1vớia>0.

Vợ dụ 2.8

Dọy số(x_n)thỏa mọn điều kiện1<x₁<2vỏ x_n+1=1+x_n−1

2x²_n,∀n∈N^∗.Chứng minh rằng dọy số đọ cho hội tụ. Tớm limx_n.

Lời giải. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp bất đẳng thức sau:

É É Éx_n−p

2 É É É< 1

2ⁿ,∀n>^3.

Thật vậy ta kiểm tra được ngay bất đẳng thức đỷng vớin=3. Giả sử bất đẳng thức đỷng với n>³, tức lỏ

É É Éx_n−p

2 É É É< 1

2ⁿ. Khi đụ ta cụ:

É É

Éx_n+1−p 2

É É É=1

2 É É Éx_n−p

2 É É É É É É2−p

2−x_n É É É 6¹

2 É É Éx_n−p

2 É É É

ỂÉ É É

p2−x_n É É É+

É É É2−2p

2 É É É Ễ

<1 2 É É Éx_n−p

2 É É É<1

2 1 2ⁿ= 1

2ⁿ⁺¹. Do đụ bất đẳng thức đỷng đếnn+1.

Mặt khõc dolim 1

2ⁿ =0nởn từ bất đẳng thức trởn vỏ nguyởn lý kẹp ta cụ limỂ

x_n−p 2Ễ

=0⇒limx_n=p 2.

Định lợ 2.5. (Định lợ Weierstrass)Mọi dọy tăng vỏ bị chặn trởn hoặc giảm vỏ bị chặn dưới đều cụ giới hạn hữu hạn.

Ví dụ 2.9

Cho dãy số (x_n)được xác định như sau:

x₁=1,x₂=2,x_n+2=p

x_n+1+p

x_n, ∀n>^1.

Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn và tìm giới hạn đó.

Lời giải. •Bằng quy nạy ta chứng minh: x_n<4, ∀n(1).

Ta có: x₁=1<4nên (1) đúng với n=1. Giả sử x_k<4, ∀k6ⁿ, khi đó:

x_n+1=p x_n+p

x_n−1<p 4+p

4=4.

Từ đó suy ra (1) đúng với mọi n.

•Ta chứng minh dãy (x_n)là dãy tăng.

Ta có: x₁<x₂. Giả sử x_k>x_k−1, ∀k6ⁿ, khi đó:

x_n+1−x_n=p x_n−p

x_n−2>0⇒x_n+1>x_n. Từ đó suy ra dãy (x_n)hội tụ.

Đặtlimx_n=x>0, ta cóx là nghiệm của phương trình :x=p x+p

x⇒x=4.

Vậylimx_n=4.

Ví dụ 2.10

Cho(x_n)được xác định bởi x₁=5 2 và x_n+1=

s

x³_n−12x_n+20n+21

n+1 ,n=1, 2, ...

Chứng minh(x_n)có giới hạn hữu hạn và tính gới hạn đó.

Lời giải. +) Ta chứng minh x_n>2,∀n∈N∗ bằng qui nạp theon(*).

Ta cón=1,x₁=5

2>2nên (*) đúng khin=1. Giả sử x_n>2. Khi đó :

x_n+1>2⇔x²_n+1>4

⇔x³_n−12x_n+20n+21 n+1 >4

⇔x³_n−12x_n+16+ 1 n+1>0

⇔(x_n+4) (x_n−2)²+ 1 n+1 >0 ( BĐT này đúng).

+) Ta chứng minh(xn)giảm theo qui nạp.

Giả sử2<x_n<x_nư1<...<x₁=5 2. Ta sẽ chứng minh

x_n+1<x_n⇔x²_n+1<x²_n

⇔x³_nư12x_n+20n+21

n+1 <x³_nư1ư12x_nư1+20n+1 n

⇔(x_nưx_nư1)¡

x²_n+x_nx_nư1+x²_nư1ư12¢

ư 1

n(n+1)<0 ( BĐT đúng vì x_nưx_nư1<0,x_n>2,x_nư1>2).

Dãy(xn)giảm và bị chặn dưới bởi 2 nên có giới hạnlimx_n=a µ

26^a<5 2

¶ . Chuyển qua giới hạn từ hệ thức truy hồi , ta được

a=p

a²ư12a+20⇔





a=2 a=ư1±p

41 2 (l)

.

Vậy(x_n)có giới hạn hưỡ hạn vàlimx_n=2.

Định nghĩa 2.4. Dãy (u_n) được gọi là dãy Cauchy nếu với mọi _ε>0 nhỏ tùy ý, luôn tồn tại số tự nhiên n₀sao cho

|u_mưu_n| <ε ∀m,n>n₀.

Định lí 2.6. Dãy(un)hội tụ khi và chỉ khi dãy(un)là dãy Cauchy.

Ví dụ 2.11

Cho hàm số f :R→Rthỏa mãn điều kiện_|f(x)ưf(y)|6^q|xưy|, với mọix,y∈R, trong đó q∈(0, 1)là hằng số cho trước. Vớic∈Rcho trước và xác định dãy(x_n),n=0, 1, 2, 3...

như sau:x₀=c,x_n+1=f(x_n),n=0, 1, 2, .... Chứng minh rằng dãy số(x_n)hội tụ và giới hạn của dãy số là nghiệm của phương trình f(x)=x.

Lời giải. Trước hết ta chứng minh dãy(x_n)là một dãy Cauchy. Thật vậy, vớim,n∈N,n>

mta có:

|x_nưx_m| = |f(x_nư1ưf(x_mư1))|6^q|xnư1ưx_mư1|6^...6^qm|xnưmưx₀|. (1) Mặt khác ta có

|x_nưx₀|6^|xnưxnư1| +...+ |x₁ưx₀|6^{¡qnư1+...+1¢|x1ưx0}| =1ưqⁿ

1ưq |x₁ưx₀|.

Từ đây suy ra_|x_nưx₀|bị chặn với mọi n. Kết hợp với (1) ta thu được với mọi_ε>0tồn tại N∈N sao cho với mọim,n>^N thì_|x_nưx_m| <ε. Nên dãy(xn)là một dãy Cauchy suy ra nó hội tụ.

Từ điều kiện của hàm f dễ dàng chứng minh được f liên tục và do đó từ đẳng thức x_n = f(xnư1) chuyển qua giới hạn ta được giới hạn của dãy (xn) là nghiệm của phương

trình f(x)=x.

Định lí 2.7. (Định lí Stolz) Cho(u_n) , (v_n)là các dãy số thỏa mãn hai điều kiện sau

• (v_n)là dãy số tăng vàlimv_n= +∞.

• limu_n+1ưu_n v_n+1ưv_n =a. Khi đó ta cólimu_n

v_n =a.

Chứng minh. Theo định nghĩa giới hạn ta có limu_n+1ưu_n

v_n+1ưv_n =a nên với _∀ε>0 cho trước, luôn tồn tại số tự nhiênn₀sao cho_∀n>ⁿ⁰ ta có:

¯

¯

¯

¯

u_n+1ưu_n v_n+1ưv_n ưa

¯

¯

¯

¯<ε⇔(aưε) (v_n+1ưv_n)<u_n+1ưu_n<(v_n+1ưv_n) (a+ε)

( do v_n+1ưv_n>0). Giả sửklà một số nguyên dương k>n₀sao cho v_k+1>0, khi đó ta có (aưε) (v_i+1ưv_i)<u_i+1ưu_i<(a+ε) (v_i+1ưv_i) ;∀i=n₀, ...,k

Lấy tổng theo vế các bất đẳng thức trên ta thu được

k

X

i=n0

(aưε) (v_i+1ưv_i)<

k

X

i=n0

(u_i+1ưu_i)<

k

X

i=n0

(a+ε) (v_i+1ưv_i)

⇔(aưε)¡

v_k+1ưv_n0¢

<u_k+1ưu_n0<(a+ε)¡

v_k+1ưv_n0¢

⇔(aưε) µ

1ư v_n0 v_k+1

¶ + u_n0

v_k+1<u_k+1

v_k+1 <(a+ε) µ

1ư v_n0 v_k+1

¶ + u_n0

v_k+1 Chok→ +∞với lưu ýlimv_n= +∞ta đượclimu_n

v_n =a(đpcm).

Nhận xét 1. Chọn dãy (v_n)với số hạng tổng quát v_n=n thì v_n+1ưv_n=1 nên từ định lí stolz ta có :

• Nếulim(u_n+1ưu_n)=athìlim^u_nⁿ =a(*).

• Trong (*) nếu thay^un=v₁+v₂+...+v_nthì định lí stolz còn được phát biểu dưới dạng tương đương khác như sau và được gọi là định lí trung bình Cesaro:

Nếulimv_n=athì

lim1

n(u₁+u₂+...+u_n)=a.

Ví dụ 2.12

Cho dãy số thực dương(x_n)thỏa mãnlimx_n

n = +∞. Tìm giới hạn lim

à 1 pn

n

X

i=1

p1 x_i

! .

Lời giải. Xét dãy(a_n) :a_n=

n

P

i=1

p1

x_i và dãy(b_n) :b_n=p n. Ta có

06^lima_b^n+1ưan

n+1ưb_n=lim

px1_n+1 pn+1ưp

n=lim

pn+1+p

px_n+1 n 6^lim2 pn+1 px_n+1 =0.

Suy ralima_n

b_n=0haylim µ 1

pn

n

P

i=1

p1x_i

¶

=0.

Ví dụ 2.13

Cho dãy số(u_n)xác định bởiu₁>¹vàu_n+1=p

u₁+u₂+...+u_n,∀n∈N^∗. Tínhlimu_n n .

Lời giải. Dễ thấyu_n>0,∀n∈N^∗ và

u²_n+1=u₁+u₂+...+u_n⇒u²_n+1ưu²_n=u_n>0⇒u_n+1>u_n,∀n∈N^∗, do đó(u_n)là dãy tăng.

Giả sử tồn tạilimu_n=a, khi đó từ đẳng thức u²_n+1ưu²_n=u_nchuyển qua giới hạn thu được a²ưa²=a⇔a=0(vô lí, vì(u_n)tăng vàu₁>¹).

Vậylimu_n= +∞; từ đó lim (u_n+1ưu_n)=lim

µq

u²_n+u_nưu_n

¶

=lim u_n q

u²_n+u_n+u_n

=lim 1 s

1+ 1 u_n+1

=1 2.

Theo định lí Stolz suy ralimu_n n =1

2.

Ví dụ 2.14

Cho dãy(x_n)thỏa mãnlim µ

x_n Pⁿ

k=1

x²

k

¶

=1. Chứng minh rằng

lim³p₃ 3n.x_n´

=1.

Lời giải. Đặts_n=

n

P

k=1

x²

k , ta cólim (x_ns_n)=1.

Ta thấy dãy(s_n)tăng, do đó nếu dãy(s_n)bị chặn thì dãy(s_n)hội tụ, đặtlims_n=x,x>0. Ta cólimx_n=1

x >0 , suy ralims_n=lim µ _n

P

k=1

x²_k

¶

= +∞(vô lí).

Do vậy dãy(sn)không bị chặn haylims_n= +∞, suy ralimx_n=0. Mặt khác

limx_ns_n=limx_ns_nư1+limx³_n⇒limx_ns_nư1=1.

Do

s³_nưs³_nư1=(snưs_nư1)¡

s²_n+s_n.snư1+s²_nư1¢

=x²_n¡

s²_n+s_n.snư1+s²_nư1¢

=3.

Nên ta cólim s³_n

3n=1⇒lim s_n p3

3n=1 . Do vậy

lim³p₃ 3n.xn

´

=lim Ãp₃

3n s_n .xns_n

!

=1.

Trong tài liệu DÃY SỐ (Trang 36-45)