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 \(\lim {x_n} = \sqrt 2 .\)
