Nội dung lý thuyết
Ta nói dãy số \(\left(u_n\right)\) có giới hạn là 0 khi \(n\) dần tới dương vô cực, nếu \(\left|u_n\right|\) có thể nhỏ hơn một số dương bé tuỳ ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi.
Kí hiệu: \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}u_n=0\) hay \(u_n\rightarrow0\) khi \(n\rightarrow+\infty\).
Như vậy, \(\left(u_n\right)\) có giới hạn là 0 khi \(n\rightarrow+\infty\) nếu \(u_n\) có thể gần 0 bao nhiêu cũng được, miễn là \(n\) đủ lớn.
Ví dụ 1:
+) Dãy số \(\left(u_n\right)\) với \(u_n=\dfrac{1}{n}\) có giới hạn là 0 khi \(n\rightarrow+\infty\) , ta viết \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}u_n=0\) ;
+) Dãy số \(\left(u_n\right)\) với \(u_n=\dfrac{\left(-1\right)^n}{n^2}\). Người ta chứng minh được rằng \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}u_n=0\), nghĩa là \(\left|u_n\right|\) có thể nhỏ hơn một số dương bất kì, kể từ một số hạng nào đó trở đi.
Chẳng hạn: \(\left|u_n\right|< 0,01\) kể từ số hạng thứ 11 trở đi ;
\(\left|u_n\right|< 0,00001\) kể từ số hạng thứ 317 trở đi.
Ta nói dãy số \(\left(v_n\right)\) có giới hạn là số \(a\) (hay \(v_n\) dần tới \(a\)) khi \(n\rightarrow+\infty\), nếu \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\left(v_n-a\right)=0\)
Kí hiệu: \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}v_n=a\) hay \(v_n\rightarrow a\) khi \(n\rightarrow+\infty\).
Ví dụ 2: Cho dãy số \(\left(v_n\right)\) với \(v_n=\dfrac{2n+1}{n}\). Chứng minh rằng \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}v_n=2\).
Giải:
Ta có \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\left(v_n-2\right)=\)\(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\left(\dfrac{2n+1}{n}-2\right)=\)\(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{n}=0\)
Vậy \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}v_n=\)\(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{2n+1}{n}=2\).
Từ định nghĩa suy ra các kết quả:
a) \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{n}=0\) ; \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{n^k}=0\) với \(k\) nguyên dương ;
b) \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}q^n=0\) nếu \(\left|q\right|< 1\) ;
c) Nếu \(u_n=c\) (\(c\) là hằng số) thì \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}u_n=\)\(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}c=c\).
Chú ý: Từ nay về sau thay cho \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}u_n=a\) ta viết tắt là \(\lim\limits u_n=a\).
Định lí:
a) Nếu \(\lim\limits u_n=a\) và \(\lim\limits v_n=b\) thì
\(\lim\limits\left(u_n+v_n\right)=a+b\) ; \(\lim\limits\left(u_n-v_n\right)=a-b\) ;
\(\lim\limits\left(u_n.v_n\right)=a.b\) ; \(\lim\limits\dfrac{u_n}{v_n}=\dfrac{a}{b}\left(b\ne0\right)\).
b) Nếu \(u_n\ge0\) với mọi \(n\) và \(\lim\limits u_n=a\) thì
\(a\ge0\) và \(\lim\limits\sqrt{u_n}=\sqrt{a}\).
Ví dụ 1: Tìm \(\lim\limits\dfrac{3n^2-n}{1+n^2}\).
Giải:
Chia cả tử số và mẫu số cho \(n^2\) ta có: \(\dfrac{3n^2-n}{1+n^2}=\dfrac{3-\dfrac{1}{n}}{\dfrac{1}{n}.\dfrac{1}{n}+1}\)
Vì \(\lim\limits\left(3-\dfrac{1}{n}\right)=\lim\limits3-\lim\limits\dfrac{1}{n}=3-0=3\)
và \(\lim\limits\left(\dfrac{1}{n}.\dfrac{1}{n}+1\right)=\lim\limits\dfrac{1}{n}.\lim\limits\dfrac{1}{n}+\lim\limits1=0.0+1=1\)
Nên \(\lim\limits\dfrac{3n^2-n}{1+n^2}\)\(=\lim\limits\dfrac{3-\dfrac{1}{n}}{\dfrac{1}{n}.\dfrac{1}{n}+1}\)\(=\dfrac{\lim\limits\left(3-\dfrac{1}{n}\right)}{\lim\limits\left(\dfrac{1}{n}.\dfrac{1}{n}+1\right)}=\dfrac{3}{1}=3\).
Ví dụ 2: Tìm \(\lim\limits\dfrac{\sqrt{1+4n^2}}{1-2n}\).
Giải:
Ta có: \(\lim\limits\dfrac{\sqrt{1+4n^2}}{1-2n}\) \(=\lim\limits\dfrac{\sqrt{n^2\left(\dfrac{1}{n^2}+4\right)}}{1-2n}\) \(=\lim\limits\dfrac{n\sqrt{\dfrac{1}{n^2}+4}}{n\left(\dfrac{1}{n}-2\right)}=\lim\limits\dfrac{\sqrt{\dfrac{1}{n^2}+4}}{\left(\dfrac{1}{n}-2\right)}=\dfrac{2}{-2}=-1\).
- Cấp số nhân vô hạn \(\left(u_n\right)\) có công bội \(q\) với \(\left|q\right|< 1\) được gọi là cấp số nhân lùi vô hạn.
Chẳng hạn: Dãy số \(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{8},...,\dfrac{1}{2^n},...\) với công bội \(q=\dfrac{1}{2}\) là một cấp số nhân lùi vô hạn ;
Dãy số \(1;-\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{9};-\dfrac{1}{27};\dfrac{1}{81};...;\left(-\dfrac{1}{3}\right)^{n-1},...\) với công bội \(q=-\dfrac{1}{3}\) là một cấp số nhân lùi vô hạn ; ...
- Cho cấp số nhân lùi vô hạn \(\left(u_n\right)\) có công bội \(q\). Khi đó,
\(S_n=u_1+u_2+u_3+...+u_n=\dfrac{u_1\left(1-q^n\right)}{1-q}=\dfrac{u_1}{1-q}-\left(\dfrac{u_1}{1-q}\right).q^n\)
Vì \(\left|q\right|< 1\) nên \(\lim\limits q^n=0\). Từ đó ta có:
\(\lim\limits S_n=\lim\limits\left[\dfrac{u_1}{1-q}-\left(\dfrac{u_1}{1-q}\right).q^n\right]=\dfrac{u_1}{1-q}\).
Giới hạn này được gọi là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn \(\left(u_n\right)\) và được kí hiệu là \(S_n=u_1+u_2+u_3+...+u_n+...\) Như vậy :
\(S=\dfrac{u_1}{1-q}\) (\(\left|q\right|< 1\)).
Ví dụ:
a) Tính tổng của cấp số nhân lùi vô hạn \(\left(u_n\right)\) với \(u_n=\dfrac{1}{3^n}\) ;
b) Tính tổng \(1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{8}+...+\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}+...\)
Giải:
a) Vì \(u_n=\dfrac{1}{3^n}\) nên \(u_1=\dfrac{1}{3},q=\dfrac{1}{3}\). Do đó
\(S=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{27}+...+\dfrac{1}{3^n}+...=\dfrac{\dfrac{1}{3}}{1-\dfrac{1}{3}}=\dfrac{1}{2}\)
b) Các số hạng của tổng lập thành cấp số nhân lùi vô hạn với \(u_1=1,q=-\dfrac{1}{2}\)
Vậy \(S=1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{8}+...+\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}+...=\dfrac{1}{1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)}=\dfrac{2}{3}\)
- Ta nói dãy số \(\left(u_n\right)\) có giới hạn \(+\infty\) khi \(n\rightarrow+\infty\), nếu \(u_n\) có thể lớn hơn một số dương bất kì, kể từ một số hạng nào đó trở đi.
Kí hiệu: \(\lim\limits u_n=+\infty\) hay \(u_n\rightarrow+\infty\) khi \(n\rightarrow+\infty\)
- Dãy số \(\left(u_n\right)\) có giới hạn \(-\infty\) khi \(n\rightarrow+\infty\) nếu \(\lim\limits\left(-u_n\right)=+\infty\)
Kí hiệu: \(\lim\limits u_n=-\infty\) hay \(u_n\rightarrow-\infty\) khi \(n\rightarrow+\infty\).
Nhận xét: \(\lim\limits u_n=+\infty\Leftrightarrow\lim\limits\left(-u_n\right)=-\infty\)
Ví dụ: Dãy số \(\left(u_n\right)\) với \(u_n=n^2\) có giới hạn \(+\infty\), ta viết \(\lim\limits u_n=\lim\limits n^2=+\infty\).
Ta thừa nhận kết quả:
a) \(\lim\limits n^k=+\infty\) với \(k\) nguyên dương ;
b) \(\lim\limits q^n=+\infty\) nếu \(q>1\).
a) Nếu \(\lim\limits u_n=a\) và \(\lim\limits v_n=\pm\infty\) thì \(\lim\limits\dfrac{u_n}{v_n}=0\) ;
b) Nếu \(\lim\limits u_n=a>0\) , \(\lim\limits v_n=0\) và \(v_n>0\) với mọi \(n\) thì \(\lim\limits\dfrac{u_n}{v_n}=+\infty\) ;
c) Nếu \(\lim\limits u_n=+\infty\) và \(\lim\limits v_n=a>0\) thì \(\lim\limits u_nv_n=+\infty\).
Ví dụ 1: Tìm \(\lim\limits\dfrac{2n+5}{n.3^n}\).
Giải:
Chia cả tử và mẫu cho \(n\) ta được \(\dfrac{2n+5}{n.3^n}=\dfrac{2+\dfrac{5}{n}}{3^n}\)
Vì \(\lim\limits\left(2+\dfrac{5}{n}\right)=2\) và \(\lim\limits3^n=+\infty\) nên \(\lim\limits\dfrac{2n+5}{n.3^n}=\lim\limits\dfrac{2+\dfrac{5}{n}}{3^n}=0\).
Ví dụ 2: Tìm \(\lim\limits\left(n^2-2n-1\right)\).
Giải:
Ta có \(n^2-2n-1=n^2\left(1-\dfrac{2}{n}-\dfrac{1}{n^2}\right)\)