GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ A. LÝ THUYẾT: I.Giới hạn hữu hạn 1. Giới hạn đặc biệt: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{n} = 0$; $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{n^k}}} = 0\,\,(k \in {\mathbb{Z}^ + })$ $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {q^n} = 0\,\,(\left| q \right| < 1)$; $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } C = C$ 2. Định lí : a) Nếu lim $u_n = a$, $\lim {v_n} = b$ thì $\lim (u_n + v_n) = a + b$ $\lim (u_n – v_n) = a – b$ $\lim (u_n.v_n) = a.b$ $\lim \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = \frac{a}{b}$ (nếu $b\ne 0$) b) Nếu $u_n \ge 0$, $\forall n$ và $\lim u_n= a$ thì $a \ge 0$ và $\lim \sqrt {{u_n}} = \sqrt a $ c) Nếu $\left| {{u_n}} \right| \le {v_n}$, $\forall n$ và $\lim v_n = 0$ thì $\lim u_n = 0$ d) Nếu $\lim u_n = a$ thì $\lim \left| {{u_n}} \right| = \left| a \right|$ 3. Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn $S = {u_1} + {u_1}q + {u_1}{q^2} + ... + {u_1}{q^n} = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}}$ $\left( {\left| q \right| < 1} \right)$ II.Giới hạn vô cực 1. Giới hạn đặc biệt: $\lim \sqrt n = + \infty $ $\lim {n^k} = + \infty \,\,(k \in {\mathbb{Z}^ + })$ $\lim {q^n} = + \infty \,\,(q > 1)$ 2. Định lí: a) Nếu $\lim \left| {{u_n}} \right| = + \infty $ thì $\lim \frac{1}{{{u_n}}} = 0$ b) Nếu $\lim u_n = a$, $\lim v_n = \pm \infty$ thì $\lim \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = 0$ c) Nếu $\lim u_n = a \ne 0$, $\lim v_n = 0$ thì $\lim \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = \pm \infty $ Cho trong bảng sau: $\begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \lim u_n & \lim v_n & Dấu của\,\, v_n & \lim \frac{u_n}{v_n}\\ \hline + &0&+&+\infty \\ \hline + &0&-&-\infty \\ \hline - &0&+&-\infty \\ \hline - &0&-&+\infty \\ \hline \end{array}$ d) Nếu $\lim {u_n} = \pm \infty $, $\lim v_n = a$ thì $\lim {u_n}{v_n} = \pm \infty $ Cho trong bảng sau: $\begin{array}{|c|c|c|} \hline \lim u_n & \lim v_n & \lim {u_n.v_n}\\ \hline + &+\infty&+\infty \\ \hline + &-\infty&-\infty \\ \hline - &+\infty&-\infty \\ \hline - &-\infty&+\infty \\ \hline \end{array}$ * Khi tính giới hạn có một trong các dạng vô định: $\frac{0}{0}$, $\frac{\infty }{\infty }$, $\infty –\infty$, $0.\infty$ thì phải tìm cách khử dạng vô định. B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ: 1. DẠNG 1: $\lim \frac{{P(n)}}{{Q(n)}}$ (Trong đó $P(n)$, $Q(n)$ là các đa thức có chứa biến $n$) Phương pháp: Chia cả tử và mẫu cho luỹ thừa cao nhất của $n$. Chú ý: $\lim \frac{{P(n)}}{{Q(n)}} = \left\{ \begin{array}{l} k\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,,\text{khi}\,\,\text{bậc của}\,\, (P(n)) = \text{bậc của}\,\, (Q(n))\\ 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,,\text{khi}\,\, \text{bậc của}\,\, (P(n)) < \text{bậc của}\,\, (Q(n))\,\\ \pm \infty \,\,\,\,\,\,\,,\text{khi}\,\,\text{bậc của}\,\, (P(n)) > \text{bậc của}\,\, (Q(n)) \end{array} \right.$ VD1: a) $\lim \frac{{n + 1}}{{2n + 3}} = \lim \frac{{1 + \frac{1}{n}}}{{2 + \frac{3}{n}}} = \frac{1}{2}$ b) $\lim \frac{{n + 1}}{{2{n^2} + 3}} = \lim \frac{{\frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{2 + \frac{3}{{{n^2}}}}} = \frac{0}{2} = 0$ c) $\lim \frac{{{n^2} + 1}}{{2n + 3}} = \lim \frac{{1 + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{\frac{2}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}}} = + \infty $ Do: $\left\{\begin{array}{l} \lim(1+\frac{1}{n^2})=1\\ \lim(\frac{2}{n}+\frac{3}{n^2}=0\\ \frac{2}{n}+\frac{3}{n^2}=0, \forall n \in {\mathbb{N}^*} \end{array} \right.$ d) $\lim \frac{{\sqrt {{n^2} + n} - 3n}}{{1 - 2n}} = \lim \frac{{\sqrt {1 + \frac{1}{n}} - 3}}{{\frac{1}{n} - 2}} = 1$ e) $\lim \frac{{\sqrt {{n^2} + n} - n}}{{n + \sqrt {4{n^2} + n - 2} }} = \lim \frac{{\sqrt {1 + \frac{1}{n}} - 1}}{{1 + \sqrt {4 + \frac{1}{n} - \frac{2}{{{n^2}}}} }} = \frac{0}{3} = 0$ f) $\lim \frac{{\sqrt {{n^2} + n} - 3n}}{{1 - 2n + \sqrt {4{n^2} + n - 2} }} = \lim \frac{{\sqrt {1 + \frac{1}{n}} - 3}}{{\frac{1}{n} - 2 + \sqrt {4 + \frac{1}{n} - \frac{2}{{{n^2}}}} }} = - \infty $ Do: $\left\{ \begin{array}{l} \lim (\sqrt {1 + \frac{1}{n}} - 3) = - 2 < 0\\ \lim (\frac{1}{n} - 2 + \sqrt {4 + \frac{1}{n} - \frac{2}{{{n^2}}}} ) = 0\\ \frac{1}{n} - 2 + \sqrt {4 + \frac{1}{n} - \frac{2}{{{n^2}}}} > 0,\forall n \in {\mathbb{N}^*} \end{array} \right.$ g)$\lim ({n^3} - n + 3) = \lim \frac{{1 - \frac{1}{{{n^2}}} + \frac{3}{{{n^3}}}}}{{\frac{1}{n}}} = + \infty $ Do: $\left\{\begin{array}{l} \lim(1-\frac{1}{n^2}+\frac{3}{n^3})=-2<0\\ \lim\frac{1}{n}=0\\ \frac{1}{n}>0, \forall n \in {\mathbb{N}^*} \end{array} \right.$ 2. DẠNG 2: $\lim \frac{{P({a^n})}}{{Q({b^n})}}$ (Trong đó Do: $P({a^n}),\,\,Q({b^n})$ là các đa thức chứa Do: $a^n$ và ${b^n}$) Phương pháp giải: Chia cả tử và mẫu cho số lớn nhất có chứa mũ $n$. Chú ý: $\lim \frac{{P({a^n})}}{{Q({b^n})}} = \left\{ \begin{array}{l} k\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,,\text{khi}\,\,a = b\\ 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,,\text{khi}\,a < b\,\\ \pm \infty \,\,\,\,\,\,\,,\text{khi}\,\,a > b \end{array} \right.$ VD2: a) $\lim \frac{{{3^n} + 1}}{{{{2.3}^n} + 3}} = \lim \frac{{1 + {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n}}}{{2 + 3.{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n}}} = \frac{1}{2}$ b) $\lim \frac{{{2^n} + 1}}{{{{2.3}^n} + 3}} = \lim \frac{{{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n} + {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n}}}{{2 + 3.{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n}}} = \frac{0}{2} = 0$ c) $\lim \frac{{{3^n} + 1}}{{{{2.2}^n} + 3}} = \lim \frac{{1 + {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n}}}{{2.{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n} + 3.{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n}}} = + \infty $ Do: $\left\{ \begin{array}{l} \lim (1 + {\left( {\frac{1}{3}} \right)^n}) = 1\\ \lim (2.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^n} + 3.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^n}) = 0\\ 2.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^n} + 3.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^n} > 0,\forall n \in {\mathbb{N}^*} \end{array} \right.$ 3. DẠNG 3: Nhân lượng liên hợp: Phương pháp giải: Dùng các hằng đẳng thức $\begin{array}{l} \left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)\left( {\sqrt a + \sqrt b } \right) = a - b; & & \\ \left( {\sqrt[3]{a} - \sqrt[3]{b}} \right)\left( {\sqrt[3]{{{a^2}}} + \sqrt[3]{{ab}} + \sqrt[3]{{{b^2}}}} \right) = a - b\\ \left( {\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b}} \right)\left( {\sqrt[3]{{{a^2}}} - \sqrt[3]{{ab}} + \sqrt[3]{{{b^2}}}} \right) = a + b \end{array}$ VD3: a) $\lim \left( {\sqrt {{n^2} - 3n} - n} \right)= \lim \frac{{\left( {\sqrt {{n^2} - 3n} - n} \right)\left( {\sqrt {{n^2} - 3n} + n} \right)}}{{\left( {\sqrt {{n^2} - 3n} + n} \right)}}= \lim \frac{{ - 3n}}{{\sqrt {{n^2} - 3n} + n}}= - \frac{3}{2}$ b) $\lim \frac{1}{{\sqrt {{n^2} - 3n} - n}} = \lim \frac{{\sqrt {{n^2} - 3n} + n}}{{\left( {\sqrt {{n^2} - 3n} - n} \right)\left( {\sqrt {{n^2} - 3n} + n} \right)}} = \lim \frac{{\sqrt {{n^2} - 3n} + n}}{{ - 3n}} = - \frac{2}{3}$ c) $\lim \frac{{\sqrt {4{n^2} - 3n} - 2n}}{{\sqrt {{n^2} - 3n} - n}} = \lim \frac{{ - 3n\left( {\sqrt {{n^2} - 3n} + n} \right)}}{{ - 3n\left( {\sqrt {4{n^2} - 3n} + 2n} \right)}} = \lim \frac{{\sqrt {{n^2} - 3n} + n}}{{\sqrt {4{n^2} - 3n} + 2n}} = \frac{1}{2}$ d) $\lim \left( {\sqrt[3]{{{n^3} - 3n}} - n} \right) = \lim \frac{{\left( {\sqrt[3]{{{n^3} - 3{n^2}}} - n} \right)\left( {\sqrt[3]{{{{\left( {{n^3} - 3{n^2}} \right)}^2}}} + n.\sqrt[3]{{{n^3} - 3{n^2}}} + {n^2}} \right)}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {{n^3} - 3{n^2}} \right)}^2}}} + n.\sqrt[3]{{{n^3} - 3{n^2}}} + {n^2}}}$ $ = \lim \frac{{ - 3{n^2}}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {{n^3} - 3{n^2}} \right)}^2}}} + n.\sqrt[3]{{{n^3} - 3{n^2}}} + {n^2}}}=-1$ 4. DẠNG 4: Tính giới hạn của tổng hữu hạn: Phương pháp giải: Áp dụng các công thức đã học $\begin{array}{l} \left( {{u_n}} \right)\,\,\csc :\,\,{u_1} + {u_2} + ... + {u_n} = \frac{{2({u_1} + {u_n})}}{n}\\ \left( {{u_n}} \right)\,\,{\mathop{\rm cs}\nolimits} n:\,\,{u_1} + {u_2} + ... + {u_n} = \frac{{{u_1}(1 - {q^n})}}{{1 - q}} \end{array}$ VD4: a)Ta có $\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$ $\lim \left( {\frac{1}{{1.2}} + \frac{1}{{2.3}} + \,\,\,...\,\, + \,\,\frac{1}{{n(n + 1)}}} \right) = \lim (1 - \frac{1}{{n + 1}}) = 1$ b) $\lim \frac{{1 + 3 + {3^2} + ... + {3^n}}}{{1 + 4 + {4^2} + ... + {4^n}}} = \lim \frac{{3\left( {1 - {3^n}} \right)}}{{2\left( {1 - {4^n}} \right)}} = 0$ 5. DẠNG 5: Dùng định lí kẹp: Phương pháp giải: Dùng định lí kẹp: Nếu $\left| {{u_n}} \right| \le {v_n}$,$\forall n$ và $\lim v_n = 0$ thì $\lim u_n = 0$ VD5: a) $\lim \frac{{\sin n}}{n}$. Vì $0 \le \left| {\frac{{\sin n}}{n}} \right| \le \frac{1}{n}$ và $\lim \frac{1}{n} = 0$ nên $\lim \frac{{\sin n}}{n} = 0$ b) $\lim \frac{{3\sin n - 4\cos n}}{{2{n^2} + 1}}$. Vì $\left| {3\sin n - 4\cos n} \right| \le \sqrt {({3^2} + {4^2})({{\sin }^2}n + {{\cos }^2}n)} = 5$ nên $0 \le \left| {\frac{{3\sin n - 4\cos n}}{{2{n^2} + 1}}} \right| \le \frac{5}{{2{n^2} + 1}}$. Mà $\lim \frac{5}{{2{n^2} + 1}} = 0$ nên $\lim \frac{{3\sin n - 4\cos n}}{{2{n^2} + 1}} = 0$ c) $\lim \frac{{\sin n}}{{{4^n}}}$. Vì $0 \le \left| {\frac{{\sin n}}{{{4^n}}}} \right| \le {\left( {\frac{1}{4}} \right)^n}$ và $\lim {\left( {\frac{1}{4}} \right)^n} = 0$ nên $\lim \frac{{\sin n}}{{{4^n}}} = 0$ d) $\lim \frac{n}{{{4^n}}}$. Vì $0 \le \left| {\frac{n}{{{4^n}}}} \right| \le {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n}$ và $\lim {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} = 0$ nên $\lim \frac{n}{{{4^n}}} = 0$ e) $\lim \frac{{n + \sin n}}{{{4^n}}} = \lim \frac{n}{{{4^n}}} + \lim \frac{{\sin n}}{{{4^n}}} = 0$. C. BÀI TẬP VẬN DỤNG: BÀI 1: Tính các giới hạn sau: a) $\lim \,\,\frac{{2{n^2} - n + 3}}{{3{n^2} + 2n + 1}}$ b) $\lim \,\frac{{2n + 1}}{{{n^3} + 4{n^2} + 3}}$ c) $\lim \frac{{3{n^3} + 2{n^2} + n}}{{{n^3} + 4}}$ d) $\lim \frac{{{n^4}}}{{(n + 1)(2 + n)({n^2} + 1)}}$ e) $\lim \,\frac{{{n^2} + 1}}{{2{n^4} + n + 1}}$ f) $\lim \frac{{2{n^4} + {n^2} - 3}}{{3{n^3} - 2{n^2} + 1}}$ BÀI 2: Tính các giới hạn sau: a) $\lim \frac{{1 + {3^n}}}{{4 + {3^n}}}$ b) $\lim \frac{{{{4.3}^n} + {7^{n + 1}}}}{{{{2.5}^n} + {7^n}}}$ c) $\lim \frac{{{4^{n + 1}} + {6^{n + 2}}}}{{{5^n} + {8^n}}}$ d) $\lim \,\frac{{{2^n} + {5^{n + 1}}}}{{1 + {5^n}}}$ e) $\lim \frac{{1 + {{2.3}^n} - {7^n}}}{{{5^n} + {{2.7}^n}}}$ f) $\lim \frac{{1 - {{2.3}^n} + {6^n}}}{{{2^n}({3^{n + 1}} - 5)}}$ BÀI 3: Tính các giới hạn sau: a) $\lim \frac{{\sqrt {4{n^2} + 1} + 2n - 1}}{{\sqrt {{n^2} + 4n + 1} + n}}$ b) $\lim \frac{{\sqrt {{n^2} + 3} - n - 4}}{{\sqrt {{n^2} + 2} + n}}$ c) $\lim \frac{{{n^2} + \sqrt[3]{{1 - {n^6}}}}}{{\sqrt {{n^4} + 1} + {n^2}}}$ d) $\lim \frac{{\sqrt {4{n^2} + 1} + 2n}}{{\sqrt {{n^2} + 4n + 1} + n}}$ e) $\lim \frac{{(2n\sqrt n + 1)(\sqrt n + 3)}}{{(n + 1)(n + 2)}}$ f) $\lim \frac{{\sqrt {{n^2} - 4n} - \sqrt {4{n^2} + 1} }}{{\sqrt {3{n^2} + 1} + n}}$ BÀI 4: Tính các giới hạn sau: a) $\lim \left( {\frac{1}{{1.3}} + \frac{1}{{3.5}} + \,\,\,...\,\,\, + \frac{1}{{(2n - 1)(2n + 1)}}} \right)$ b) $\lim \left( {\frac{1}{{1.3}} + \frac{1}{{2.4}} + \,\,\,...\,\,\, + \frac{1}{{n(n + 2)}}} \right)$ c) $\lim \,\left( {1 - \frac{1}{{{2^2}}}} \right)\left( {1 - \frac{1}{{{3^2}}}} \right)\,\,\,...\,\,\,\left( {1 - \frac{1}{{{n^2}}}} \right)$ d) $\lim \left( {\frac{1}{{1.2}} + \frac{1}{{2.3}} + \,\,\,...\,\, + \,\,\frac{1}{{n(n + 1)}}} \right)$ e) $\lim \frac{{1 + 2 + ... + n}}{{{n^2} + 3n}}$ f) $\lim \frac{{1 + 2 + {2^2} + ... + {2^n}}}{{1 + 3 + {3^2} + ... + {3^n}}}$ BÀI 5: Tính các giới hạn sau: a) $\lim \,\,\left( {\sqrt {{n^2} + 2n} - n - 1} \right)$ b) $\lim \,\left( {\sqrt {{n^2} + n} - \sqrt {{n^2} + 2} } \right)$ c) $\lim \,\,\left( {\sqrt[3]{{2n - {n^3}}} + n - 1} \right)$ d) $\lim \left( {1 + {n^2} - \sqrt {{n^4} + 3n + 1} } \right)\,$ e) $\lim \left( {\sqrt {{n^2} - n} - n} \right)$ f) $\lim \frac{1}{{\sqrt {{n^2} + 2} - \sqrt {{n^2} + 4} }}$ g) $\lim \frac{{\sqrt {4{n^2} + 1} - 2n - 1}}{{\sqrt {{n^2} + 4n + 1} - n}}$ h) $\lim \frac{{{n^2} + \sqrt[3]{{1 - {n^6}}}}}{{\sqrt {{n^4} + 1} - {n^2}}}$ i) $\lim \frac{{\sqrt {{n^2} - 4n} - \sqrt {4{n^2} + 1} }}{{\sqrt {3{n^2} + 1} - n}}$ BÀI 6: Tính các giới hạn sau: a) $\lim \frac{{2\cos {n^2}}}{{{n^2} + 1}}$ b) $\lim \frac{{{{( - 1)}^n}\sin (3n + {n^2})}}{{3n - 1}}$ c) $\lim \frac{{2 - 2n\cos n}}{{3n + 1}}$ d) $\lim \frac{{3{{\sin }^6}n + 5{{\cos }^2}(n + 1)}}{{{n^2} + 1}}$ e) $\lim \frac{{3{{\sin }^2}({n^3} + 2) + {n^2}}}{{2 - 3{n^2}}}$ f) $\lim \frac{{3{n^2} - 2n + 2}}{{n(3\cos n + 2)}}$
Xét dãy số $(u_n)(n=1,2,...)$ được xác định bởi: $u_1=a>0,u_{n+1}=u_n+[\sqrt{u_n}]-[\frac{u_n}{3}]$ với mọi $n=1,2,3,...$. Chứng minh rằng: Dãy số này có giới hạn và tìm giới hạn đó. Spoiler: Lời giải Từ cách xác định dãy $(u_n)$ ta có nhận xét sau: Nếu $\exists m\in \mathbb{N^*}$ để $u_{m}=u_{m+1}$ thì $\lim\limits_{n\to \infty} u_n=u_m$. -Khi $a\in (0;1)\cup [3;4)\cup [6;12)$ thì $u_1=u_2$ nên $\lim\limits_{n\to \infty} u_n=a$. -Khi $a\in [1;2)\cup [4;5)$ thì $u_3=u_4=a+2$ nên $\lim\limits_{n\to \infty} u_n=a+2$. -Khi $a\in [2;3)\cup [5;6)$ thì $u_2=u_3=a+1$ nên $\lim\limits_{n\to \infty} u_n=a+1$. -Khi $a\in [12;13)$ thì $u_2=u_1-1$ nên $\lim\limits_{n\to \infty} u_n=a-1=11+\text{{a}}$. Ta chứng minh bằng quy nạp theo $m$: Nếu tồn tại $u_i\in[12+m;12+m+1)$ thì tồn tại $u_j\in[11,12)$ với $j$ đủ lớn. Thật vậy, nếu $u_t\in [12+k+1,12+k+2)$. Thì $u_{t+1}=u_t+[\sqrt{u_t}]-[\frac{u_t}{3}]<u_t$. Suy ra: $\lim\limits_{n\to \infty} u_n=11+\text{{a}}$. Kết luận: -Nếu $a\in (0;1)\cup [3;4)\cup [6;12)$ thì $\lim\limits_{n\to \infty} u_n=a$. -Nếu $a\in [1;2)\cup [4;5)$ thì $\lim\limits_{n\to \infty} u_n=a+2$. -Nếu $a\in [2;3)\cup [5;6)$ thì $\lim\limits_{n\to \infty} u_n=a+1$. -Nếu $a\ge 12$ thì $\lim\limits_{n\to \infty} u_n=11+\text{{a}}$.