tìm giới hạn dãy số bằng định nghĩa

Bài viết hướng dẫn phương pháp tìm giới hạn dãy số bằng định nghĩa, giúp học sinh học tốt chương trình Đại số và Giải tích 11 chương 4: giới hạn.

I. PHƯƠNG PHÁP

+ Để chứng minh \(\lim {u_n} = 0\) ta chứng minh với mọi số \(a />0\) nhỏ tùy ý, luôn tồn tại một số \({n_a}\) sao cho \(\left| {{u_n}} \right| < a\), \(\forall n /> {n_a}.\)

+ Để chứng minh \(\lim {u_n} = l\) ta chứng minh \(\lim \left( {{u_n} – l} \right) = 0.\)

+ Để chứng minh \(\lim {u_n} = + \infty \) ta chứng minh với mọi số \(M /> 0\) lớn tùy ý, luôn tồn tại số tự nhiên \({n_M}\) sao cho \({u_n} /> M\), \(\forall n /> {n_M}.\)

+ Để chứng minh \(\lim {u_n} = – \infty \) ta chứng minh \(\lim \left( { – {u_n}} \right) = + \infty .\)

+ Một dãy số nếu có giới hạn thì giới hạn đó là duy nhất.

II. CÁC VÍ DỤ

Ví dụ 1. Chứng minh rằng:

1. \(\lim \frac{{n + 2}}{{n + 1}} = 1.\)

2. \(\lim \frac{{{n^2} – 1}}{{2{n^2} + 1}} = \frac{1}{2}.\)

3. \(\lim \frac{{1 – 2n}}{{\sqrt {{n^2} + 1} }} = – 2.\)

Lời giải:

1. Với \(a /> 0\) nhỏ tùy ý, ta chọn \({n_a} /> \frac{1}{a} – 1\), ta có: \(\left| {\frac{{n + 2}}{{n + 1}} – 1} \right| = \frac{1}{{n + 1}}\) \( < \frac{1}{{{n_a} + 1}} < a\) với \(\forall n /> {n_a}.\)

Suy ra \(\lim \left| {\frac{{n + 2}}{{n + 1}} – 1} \right| = 0\) \( \Rightarrow \lim \frac{{n + 2}}{{n + 1}} = 1.\)

2. Với \(a /> 0\) nhỏ tùy ý, ta chọn \({n_a} /> \sqrt {\frac{3}{a} – 1} \), ta có:

\(\left| {\frac{{{n^2} – 1}}{{2{n^2} + 1}} – \frac{1}{2}} \right| = \frac{3}{{{n^2} + 1}}\) \( < \frac{3}{{n_a^2 + 1}} < a\) với \(\forall n /> {n_a}.\)

Suy ra \(\lim \left| {\frac{{{n^2} – 1}}{{2{n^2} + 1}} – \frac{1}{2}} \right| = 0\) \( \Rightarrow \lim \frac{{{n^2} – 1}}{{2{n^2} + 1}} = \frac{1}{2}.\)

3. Với \(a /> 0\) nhỏ tùy ý, ta chọn \({n_a} /> \sqrt {\frac{9}{{{a^2}}} – 1} \), ta có:

\(\left| {\frac{{1 – 2n}}{{\sqrt {{n^2} + 1} }} + 2} \right|\) \( = \left| {\frac{{1 – 2n + 2\sqrt {{n^2} + 1} }}{{\sqrt {{n^2} + 1} }}} \right|\) \( < \left| {\frac{{1 – 2n + 2(n + 1)}}{{\sqrt {{n^2} + 1} }}} \right|\) \( = \frac{3}{{\sqrt {{n^2} + 1} }}\) \( < \frac{3}{{\sqrt {n_a^2 + 1} }} < a\) với \(\forall n /> {n_a}.\)

Suy ra \(\lim \left| {\frac{{1 – 2n}}{{\sqrt {{n^2} + 1} }} + 2} \right| = 0\) \( \Rightarrow \lim \frac{{1 – 2n}}{{\sqrt {{n^2} + 1} }} = – 2.\)

Ví dụ 2. Chứng minh rằng dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\): \({u_n} = {( – 1)^n}\) không có giới hạn.

Lời giải:

Ta có: \({u_{2n}} = 1\) \( \Rightarrow \lim {u_{2n}} = 1\); \({u_{2n + 1}} = – 1\) \( \Rightarrow \lim {u_{2n + 1}} = – 1.\)

Vì giới hạn của dãy số nếu có là duy nhất nên ta suy ra dãy \(\left( {{u_n}} \right)\) không có giới hạn.

Ví dụ 3. Chứng minh các giới hạn sau:

1. \(\lim \frac{{{n^2} + 1}}{n} = + \infty .\)

2. \(\lim \frac{{2 – n}}{{\sqrt n }} = – \infty .\)

Lời giải:

1. Với mọi số thực dương \(M\) lớn tùy ý, ta có:

\(\left| {\frac{{{n^2} + 1}}{n}} \right| /> M\) \( \Leftrightarrow {n^2} – Mn + 1 /> 0\) \( \Leftrightarrow n /> \frac{{M + \sqrt {{M^2} – 4} }}{2}.\)

Ta chọn \({n_0} = \left[ {\frac{{M + \sqrt {{M^2} – 4} }}{2}} \right]\) thì ta có: \(\frac{{{n^2} + 1}}{n} /> M\), \(\forall n /> {n_0}.\)

Do đó: \(\lim \frac{{{n^2} + 1}}{n} = + \infty .\)

2. Với mọi \(M /> 0\) lớn tùy ý, ta có:

\(\frac{{n – 2}}{{\sqrt n }} /> M\) \( \Leftrightarrow n – M\sqrt n – 2 /> 0\) \( \Leftrightarrow n /> {\left( {\frac{{M + \sqrt {{M^2} + 8} }}{2}} \right)^2}.\)

Ta chọn \({n_0} = \left[ {{{\left( {\frac{{M + \sqrt {{M^2} + 8} }}{2}} \right)}^2}} \right]\) thì ta có: \(\frac{{n – 2}}{{\sqrt n }} /> M\), \(\forall n /> {n_0}.\)

Do đó: \(\lim \frac{{2 – n}}{{\sqrt n }} = – \infty .\)

III. CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP

Bài 1. Chứng minh rằng:

1. \(\lim \frac{1}{{{n^k}}} = 0\) \(\left( {k \in {N^*}} \right).\)

2. \(\lim \frac{{1 – {n^2}}}{n} = – \infty .\)

Lời giải:

1. Với \(a /> 0\) nhỏ tùy ý, ta chọn: \({n_a} /> \sqrt[k]{{\frac{1}{a}}}\), ta có: \(\frac{1}{{{n^k}}} < \frac{1}{{n_a^k}} < a\), \(\forall n /> {n_a}\) nên có \(\lim \frac{1}{{{n^k}}} = 0.\)

2. Với mọi số dương \(M\) lớn tùy ý ta chọn \({n_M}\) thỏa mãn \(\frac{{n_M^2 – 1}}{{{n_M}}} /> M\) \( \Leftrightarrow {n_M} /> \frac{{M + \sqrt {{M^2} + 4} }}{2}.\)

Ta có: \(\frac{{{n^2} – 1}}{n} /> M\), \(\forall n /> {n_M}\) \( \Rightarrow \lim \frac{{{n^2} – 1}}{n} = + \infty .\)

Vậy \(\lim \frac{{1 – {n^2}}}{n} = – \infty .\)

Bài 2. Chứng minh các giới hạn sau:

1. \(\lim \frac{{\cos n + \sin n}}{{{n^2} + 1}} = 0.\)

2. \(\lim \frac{{\sqrt {n + 1} }}{{n + 2}} = 0.\)

3. \(\lim \frac{{3{n^3} + n}}{{{n^2}}} = + \infty .\)

Lời giải:

1. Ta có \(\frac{{|\cos n + \sin n|}}{{{n^2}}} < \frac{2}{{{n^2}}}\) mà \(\lim \frac{1}{{{n^2}}} = 0\) \( \Rightarrow \lim \frac{{\cos n + \sin n}}{{{n^2} + 1}} = 0.\)

2. Với mọi số thực \(a/>0\) nhỏ tùy ý, ta chọn \({n_a} = \left[ {\frac{1}{{{a^2}}} – 1} \right] + 1.\)

Ta có: \(\frac{{\sqrt {n + 1} }}{{n + 2}} < \frac{1}{{\sqrt {n + 1} }} < a\), \(\forall n /> {n_a}\) \( \Rightarrow \lim \frac{{\sqrt {n + 1} }}{{n + 2}} = 0.\)

3. Với mọi \(M /> 0\) lớn tùy ý, ta chọn \({n_M} = \left[ {\frac{M}{3}} \right] + 1.\)

Ta có: \(\frac{{3{n^3} + n}}{{{n^2}}} = 3n + \frac{1}{n} /> M\), \(\forall n /> {n_M}.\) Vậy \(\lim \frac{{3{n^3} + n}}{{{n^2}}} = + \infty .\)

Bài 3. Dùng định nghĩa tìm các giới hạn sau:

1. \(A = \lim \frac{{2n + 1}}{{n – 2}}.\)

2. \(B = \lim \frac{{2n + 3}}{{{n^2} + 1}}.\)

Lời giải:

1. Với số thực \(a/>0\) nhỏ tùy ý, ta chọn \({n_a} /> \frac{5}{a} + 2 /> 2.\)

Ta có: \(\left| {\frac{{2n + 1}}{{n – 2}} – 2} \right| = \frac{5}{{|n – 2|}}\) \( < \frac{5}{{{n_a} – 2}} < a\), \(\forall n /> {n_a}.\)

Vậy \(A=2.\)

2. Với số thực \(a /> 0\) nhỏ tùy ý, ta chọn \({n_a}\) thỏa mãn: \(\frac{{2{n_a} + 3}}{{n_a^2 + 1}} < a\) \( \Leftrightarrow {n_a} /> \frac{{1 + \sqrt {{a^2} – 4a + 13} }}{a}.\)

Ta có: \(\frac{{2n + 3}}{{{n^2} + 1}} < a\), \(\forall n /> {n_a}\) \( \Rightarrow B = 0.\)

Bài 4. Chứng minh các giới hạn sau:

1. \(\lim \frac{{{a^n}}}{{n!}} = 0.\)

2. \(\lim \sqrt[n]{a} = 1\) với \(a />0.\)

Lời giải:

1. Gọi \(m\) là số tự nhiên thỏa mãn: \(m + 1 /> |a|.\) Khi đó với mọi \(n /> m + 1.\)

Ta có: \(0 < \left| {\frac{{{a^n}}}{{n!}}} \right|\) \( = \left| {\frac{a}{1}.\frac{a}{2} \ldots \frac{a}{m}} \right|.\left| {\frac{a}{{m + 1}} \ldots \frac{a}{n}} \right|\) \( < \frac{{|a{|^m}}}{{m!}}.{\left( {\frac{{|a|}}{{m + 1}}} \right)^{n – m}}.\)

Mà \(\lim {\left( {\frac{{|a|}}{{m + 1}}} \right)^{n – m}} = 0.\)

Từ đó suy ra: \(\lim \frac{{{a^n}}}{{n!}} = 0.\)

2. Nếu \(a =1\) thì ta có điều phải chứng minh.

Giả sử \(a />1.\) Khi đó: \(a = {[1 + (\sqrt[n]{a} – 1)]^n} /> n(\sqrt[n]{a} – 1).\)

Suy ra: \(0 < \sqrt[n]{a} – 1 < \frac{a}{n} \to 0\) nên \(\lim \sqrt[n]{a} = 1.\)

Với \(0 < a < 1\) thì \(\frac{1}{a} /> 1\) \( \Rightarrow \lim \sqrt[n]{{\frac{1}{a}}} = 1\) \( \Rightarrow \lim \sqrt[n]{a} = 1.\)

Tóm lại ta luôn có: \(\lim \sqrt[n]{a} = 1\) với \(a /> 0.\)

Bài 5. Dãy số \(\left( {{x_n}} \right)\) thỏa mãn điều kiện \(1 < {x_1} < 2\) và \({x_{n + 1}} = 1 + {x_n} – \frac{1}{2}x_n^2\), \(\forall n \in {N^*}.\) Chứng minh rằng dãy số đã cho hội tụ. Tìm \(\lim {x_n}.\)

Lời giải:

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp bất đẳng thức sau: \(\left| {{x_n} – \sqrt 2 } \right| < \frac{1}{{{2^n}}}\), \(\forall n \ge 3.\)

Thật vậy ta kiểm tra được ngay bất đẳng thức đúng với \(n= 3.\)

Giả sử bất đẳng thức đúng với \(n \ge 3\), tức là \(\left| {{x_n} – \sqrt 2 } \right| < \frac{1}{{{2^n}}}.\)

Khi đó ta có: \(\left| {{x_{n + 1}} – \sqrt 2 } \right|\) \( = \frac{1}{2}\left| {{x_n} – \sqrt 2 } \right|\left| {2 – \sqrt 2 – {x_n}} \right|\) \( \le \frac{1}{2}\left| {{x_n} – \sqrt 2 } \right|\left( {\left| {\sqrt 2 – {x_n}} \right| + \left| {2 – 2\sqrt 2 } \right|} \right).\)

\( < \frac{1}{2}\left| {{x_n} – \sqrt 2 } \right|\) \( < \frac{1}{2}\frac{1}{{{2^n}}} = \frac{1}{{{2^{n + 1}}}}.\)

Do đó bất đẳng thức đúng đến \(n+1.\)

Mặt khác do \(\lim \frac{1}{{{2^n}}} = 0\) nên từ bất đẳng thức trên và nguyên lý kẹp ta có \(\lim \left( {{x_n} – \sqrt 2 } \right) = 0\) \( \Rightarrow \lim {x_n} = \sqrt 2 .\)

Chú ý: Ta có kết quả sau:

Cho hàm số \(f:R \to R\) thỏa: \(|f(x) – f(y)| \le q.|x – y|\) với mọi \(x,y \in R\) và \(q \in (0;1).\) Khi đó dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) được xác định bởi \({u_0} = c\); \({u_n} = f\left( {{u_{n – 1}}} \right)\), \(\forall n = 2,3, \ldots \) có giới hạn hữu hạn là nghiệm của phương trình \(f(x) = x.\)

Sử dụng kết quả trên ta có nghiệm của phương trình \(f(x) = x\) có nghiệm là \(\sqrt 2 \) nên ta mới đi chứng minh \(\lim {x_n} = \sqrt 2 .\)