Tóm tắt lý thuyết 1. Khái niệm Ánh xạ f: N → R \(n \mapsto {u_n} = f(n)\) được gọi là một dãy số thực. Ký hiệu: \({u_0},{u_1},{u_2},...,{u_n},...hay\left\{ {{u_n},n \in N} \right\}\,hay\,\left\{ {{u_n}} \right\}\). Lúc đó, n được gọi là chỉ số; un được gọi là số hạng tổng quát của dãy. Ghi chú: Ta thường xét dãy số thực là ánh xạ từ N vào R. Ví dụ: Cho dãy 1, 2, 3, 4, n, .... Ta có số hạng tổng quát của dãy là: un = n. Cho dãy \(\{u_n\}\) có số hạng tổng quát \({u_n} = \frac{1}{{2n + 3}}\). Các phần tử của dãy là \(\frac{1}{5},\frac{1}{7},\frac{1}{9},....\) Cho u1 = 2 và \({u_n} = \frac{{3{u_{n - 1}} + 5}}{{{u_{n - 1}}}}\) các số hạng của dãy là \({u_1} = 2,{u_2} = \frac{{11}}{2},{u_3} = \frac{{43}}{{11}},...\) 2. Sự hội tụ của dãy số Định nghĩa: Dãy {un} gọi là hội tụ nếu tồn tai số \(a \in R\) thỏa : “ \(\forall \varepsilon > 0\) cho trước, luôn tồn tại số nguyên dương \(N(\varepsilon)\) sao cho \(\forall n > N(\varepsilon ) \Rightarrow \left| {{u_n} - a} \right| < \varepsilon\)” Khi đó ta nói {un} hội tụ về a và ký hiệu: un → a hay \(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n} = a\) Nhận xét: i) Viết \(N(\varepsilon)\) nghĩa là \(N(\varepsilon)\) phụ thuộc vào \(\varepsilon, N(\varepsilon)\) có thể không là số nguyên cũng được. \(ii)\,\,\left| {{u_n} - a} \right| < \varepsilon \Leftrightarrow - \varepsilon < {u_n} - a < \varepsilon \Leftrightarrow a - \varepsilon < {u_n} < a + \varepsilon\) \(iii)\,\,{u_n} \to 0 \Leftrightarrow \left| {{u_n}} \right| \to 0\) iv) Ta còn có thể nói {un} hội tụ về a nếu với mọi khoảng mở V tâm a ta đều có N0 sao cho \({u_n} \in V,\forall n > {N_0}\) (nghĩa là với mọi \(\varepsilon\) dương, luôn tồn tại số N0 sao cho \({u_n} \in \left( {a - \varepsilon ;a + \varepsilon } \right),\forall n > {N_0}\)) Ví dụ: Chứng minh dãy \(\left\{ {\frac{1}{n}} \right\}\) hội tụ về 0 \(\forall \varepsilon > 0\), ta cần chứng minh tồn tại N0 sao cho: \(\left| {\frac{1}{n} - 0} \right| < \varepsilon\) với mọi n > N0 Với \(\varepsilon >0\), theo tính chất Archimède thì \(\exists {N_0}:\frac{1}{{{N_0}}} < \varepsilon\) Vậy với n > N0 ta có \(\frac{1}{n} < \varepsilon\) Do đó \(\forall \varepsilon > 0,\exists {N_0}:n > {N_0} \Rightarrow \left| {\frac{1}{n} - 0} \right| < \varepsilon \Rightarrow \frac{1}{n} \to 0\) Ví dụ: Chứng min {un} với \({u_n} = \frac{{2n - 1}}{{3n + 2}}\) hội tụ về \(\frac{2}{3}\) Ta có: \(\left| {{u_n} - \frac{2}{3}} \right| = \left| {\frac{{2n - 1}}{{3n + 2}} - \frac{2}{3}} \right| = \left| {\frac{{6n - 3 - 6n - 4}}{{3(3n + 2)}}} \right| = \frac{7}{{3(3n + 2)}} < \frac{7}{n} < \varepsilon\) khi \(n > \frac{7}{\varepsilon } = {N_0}\) Vậy \(\forall \varepsilon > 0,\exists {N_0} = \frac{7}{\varepsilon }\), sao cho với mọi n > N0 \(\Rightarrow \left| {{u_n} - \frac{2}{3}} \right| < \frac{7}{n} < \varepsilon \Rightarrow {u_n} \to \frac{2}{3}\) Định nghĩa: Dãy {un} gọi là bị chận nếu \(\exists K\) sao cho \(\left| {{u_n}} \right| \le K,\forall n\) Ví dụ: {un} với \({u_n} = 2 + {\rm{ }}si{n^2}\frac{1}{n}\). Ta có: \(2 \le {u_n} \le 3,\forall \Rightarrow\) dãy {un} bị chận. {un} với \({u_n} = \left( {1 - \frac{1}{2}} \right)\left( {1 - \frac{1}{3}} \right)\left( {1 - \frac{1}{4}} \right)....\left( {1 - \frac{1}{n}} \right)\) Ta có: \(0 \le {u_n} \le 1 \Rightarrow \left| {{u_n}} \right| < 1 \Rightarrow\) dãy {un} bị chận. Ghi chú: {un} gọi là bị chận trên nếu \(\exists M:{u_n} \le M,\forall n\) {un} bị chận dưới nếu \(\exists m:{u_n} \le m,\forall n\) {un} bị chận ⇔ {un} bị chận trên và bị chận dưới. Mệnh đề i) {un} hội tụ ⇒ {un} bị chận. ii) Giả sử \(\{ {u_n}\} \to a \ne 0\). Thì \(\exists A > 0,\exists N > 0\) sao cho \(\left| {{u_n}} \right| > A,\forall n > N\) Chứng minh: Giả sử un → a Khi đó với \(\varepsilon = 1,\exists N:n > N \Rightarrow \left| {{u_n} - a} \right| < 1\) \(\Rightarrow |{u_n}\left| = \right|{u_n} - a + {\rm{ }}a\left| \le \right|{u_n} - a\left| + \right|a\left| { < 1 + } \right|a\left| {,{\rm{ }}\forall n > N{\rm{ }}(} \right|{u_n}\left| { < 1 + } \right|a|,\forall n > N)\) Chọn \(K = max{\rm{ }}\left\{ {\left| {{u_1}} \right|,\left| {{u_2}} \right|,...\left| {{u_N}} \right|,1 + \left| a \right|} \right\} \Rightarrow \left\{ {{u_n}} \right\} \le K,\forall n \in N\) Ghi chú: Ta cũng có thể chọn K=|u1| + |u2| + ... + |uN|+ 1 +|a| Giả sử \({u_n} \to a \ne 0\). Ta sẽ chứng minh: \(\exists A > 0,\exists N > 0:\left| {{u_n}} \right| > A,\forall n > N\) Với \(\varepsilon = \frac{{\left| a \right|}}{2} > 0,\exists N:n > N\) ta có \(\left| {{u_n} - a} \right| < \frac{{\left| a \right|}}{2}\) \(\Rightarrow - \frac{{\left| a \right|}}{2} < - \left| {{u_n} - a} \right|,\forall n > N\) mà \(\left| {{u_n}} \right| = \left| {{u_n} - a + a} \right| \ge \left| a \right| - \left| {{u_n} - a} \right| > \left| a \right| - \frac{{\left| a \right|}}{2} = \frac{{\left| a \right|}}{2}\forall n > N\) \( \Rightarrow \exists A = \frac{{\left| a \right|}}{2} > 0:\left| {{u_n}} \right| > A,\forall n > N\) Mệnh đề: Nếu \({u_n} \ge 0,\forall n \in N,\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {u_n} = a\,thi\,a \ge 0\) Chứng minh (bằng phản chứng) Giả sử a < 0, coi \(\varepsilon = - \frac{a}{2},\exists {N_1}:n > {N_1} \Rightarrow \left| {{u_n} - a} \right| < - \frac{a}{2}\) \(\Rightarrow {u_n} < a - \frac{a}{2} = \frac{a}{2} < 0,\forall n > {N_1}\) ⇒ mâu thuẫn với giả thiết \({u_n} \ge 0,\forall n\) Ví dụ: \({u_n} = \frac{1}{n} > 0,\forall n \in N\) nhưng \(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} = 0\) Mệnh đề (các phép toán về giới hạn của dãy): Giả sử \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = a\) và \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = b\). Ta có: \(\begin{array}{l} i)\,\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} + {v_n}} \right) = a + b\\ ii)\,\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n}{v_n} = a.b\\ iii)\,\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = \frac{a}{b}\,(neu\,\,\,b \ne 0)\\ iv)\,\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt {{u_n}} = \sqrt a \,\,(neu\,\,{u_n} \ge 0,\forall n) \end{array} \) Chứng minh: i) Với \(\varepsilon > 0\) cho trước, \(\begin{array}{l} {u_n} \to a \Rightarrow \exists {N_1}:n > {N_1}:\left| {{u_n} - a} \right| < \frac{\varepsilon }{2}\\ {v_n} \to b \Rightarrow \exists {N_2}:n > {N_2}:\left| {{v_n} - b} \right| < \frac{\varepsilon }{2} \end{array}\) Chọn N = max {N1, N2} \(\begin{array}{*{20}{l}} { \Rightarrow n > N:\left| {{u_n} + {v_n} - \left( {a + b} \right)} \right| = |{u_n} - a + {v_n} - b|}\\ { \le \left| {{u_n} - a} \right| + \left| {{v_n} - b} \right| < \frac{\varepsilon }{2} + \frac{\varepsilon }{2} = \varepsilon }\\ { \Rightarrow \left( {{u_n} + {v_n}} \right) \to a + b} \end{array} \) \(\begin{array}{l} ii)|{u_n}{v_n} - ab| = |{u_n}{v_n} - a{v_n} + a{v_n} - ab|\\ = |{v_n}({u_n} - a) + a(vn - b)|\\ = {v_n}({u_n} - a)| + |a({v_n} - b)|\\ = |{v_n}||{u_n} - a| + |a||{v_n} - b|\\ \le M|{u_n} - a| + \left| a \right|\left| {|{v_n} - b|} \right| \end{array}\) (vì vn hội tụ nên vn bị chận bởi M) \(\le K{\rm{ }}\left| {{u_n} - a} \right| + K\left| {{v_n} - b} \right|\) (với K = M + |a| hoặc K = max {M, |a|} ) Do đó: \(\forall \varepsilon > 0,\exists {N_1}:n > {N_1}:\left| {{u_n} - a} \right| < \frac{\varepsilon }{{2K}}\) \(\exists {N_2}:n > {N_2}:\left| {{v_n} - b} \right| < \frac{\varepsilon }{{2K}}\) \(\Rightarrow n > N = \max \left\{ {{N_1},{N_2}} \right\}:\left| {{u_n}{v_n} - ab} \right| < \frac{{K\varepsilon }}{{2K}} + \frac{{K\varepsilon }}{{2K}} = \varepsilon\) Do đó: \({u_n}{v_n} \to ab\) \(iii)\,\frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = {u_n}\frac{1}{{{v_n}}}\) Do đó, ta chỉ cần chứng minh: nếu \({v_n} \to b\) thì \(\frac{1}{{{v_n}}} \to \frac{1}{b}(b \ne 0)\) Mênh đề: Nếu \(\left\{ \begin{array}{l} \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = a,\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = b\\ {u_n} \le {v_n},\forall n \in N \end{array} \right. \) thì a < b Chứng minh: Theo mệnh đề 6, ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {{v_n} - {u_n}} \right) = b - a\) mà \({v_n} - {u_n} \ge 0\,,\,\forall n \in N\). Theo mệnh đề 5 ta suy ra: \(b - a \ge 0 \Rightarrow b \ge a\) Ghi chú Nếu ta thay \({u_n} \le {v_n},\forall n\), bằng \({u_n} < {v_n},{\forall _n} > N\) thì định lý vẫn đúng. Nếu \({u_n} > {v_n},{\forall _n} \in N\) thì ta cũng chỉ suy ra \(b \ge a\) (không thể bỏ dấu = ) Ví dụ: \(\frac{{3{n^2}}}{{4{n^2} + 1}} > \frac{{3{n^2}}}{{4{n^2} + 3}}\) nhưng \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3{n^2}}}{{4{n^2} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3{n^2}}}{{4{n^2} + 3}} = \frac{3}{4}\) Định lý (kẹp) Giả sử \({u_n} \le {x_n} \le {v_n}\,,\forall n \in N\,(*)\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {v_n} = a\) thì {xn} hội tụ và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x_n} = a\) Chứng minh: Với mọi \(\varepsilon > 0\) cho trước, Vì \({u_n} \to a\), nên \(\exists {N_1}\) sao cho \(\forall n > {N_1}\) thì \(\left| {{u_{n{\rm{ }}}} - a} \right| < \varepsilon\) \(\Rightarrow a - \varepsilon < {u_n} < a + \varepsilon ,\forall n > {N_1}\) Vì \({v_n} \to a\), nên \(\exists {N_2}\) sao cho \(\forall n > {N_2}\) thì \(\left| {{v_{n{\rm{ }}}} - a} \right| < \varepsilon\) \(\Rightarrow a - \varepsilon < {v_n} < a + \varepsilon ,\forall n > {N_2}\) Do đó \(\forall n > \max \left\{ {{N_1},{N_2}} \right\} = N\) thì \(a - \varepsilon < {u_n} \le {x_n} \le {v_n} < a + \varepsilon\) \(\begin{array}{l} \Rightarrow \left| {{x_n} - a} \right| < \varepsilon ,\forall n > N\\ \Rightarrow {x_n} \to a \end{array} \) Ghi chú: Nếu giả sử thêm xn cũng hội tụ, lấy giới hạn ba vế của (*) thì ta có: \(\begin{array}{l} a = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {u_n} \le \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x_n} \le \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {v_n} = a\\ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x_n} = a \end{array} \) Ví dụ: Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{n}\sin (n!)\) Vì \(0 \le \left| {\frac{1}{n}\sin n!} \right| \le \frac{1}{n} \Rightarrow \left| {\frac{1}{n}\sin n!} \right| \to 0\) \(\Rightarrow {\frac{1}{n}\sin n!} \to 0\)