Tóm tắt lý thuyết 5. Vài dãy số đặc biệt 5.1 Mệnh đề \(i)\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{n^\alpha }}} = 0,\forall \alpha > 0\) \(ii)\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt[n]{a} = 1,\forall a > 0\) \(iii)\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt[n]{n} = 1\) \(iv)\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^x}}}{{{{(1 + a)}^n}}} = 0,\forall a > 0,\forall x \in R\) hay \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^x}}}{{{a^n}}} = 0,\forall a > 1\) \(v)\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {a^n} = \left\{ \begin{array}{l} + \infty \,\,\,\,\,\,\,\,neu\,\,\,\,\,\,a > 1\\ 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,neu\,\,\,\,\,\,\left| a \right| < 1 \end{array} \right. \) Chứng minh: \(i)\frac{1}{{{n^\alpha }}} < \varepsilon \Leftrightarrow {n^\alpha } > \frac{1}{\varepsilon } \Leftrightarrow n > {\left( {\frac{1}{\varepsilon }} \right)^{\frac{1}{\alpha }}}\) Do đó \(\forall \varepsilon > 0,\exists N = {\left( {\frac{1}{\varepsilon }} \right)^{\frac{1}{\alpha }}} \Rightarrow n > N\) Ta có \(\left| {\frac{1}{{{n^\alpha }}} - 0} \right| < \varepsilon\) ii) * Nếu a = 1, hiển nhiên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \sqrt[n]{1} = 1\) * Nếu a > 1, đặt \({x_n} = \sqrt[n]{a} - 1 > 0\) \(\Rightarrow {x_n} + 1 = \sqrt[n]{a}\) \( \Rightarrow a = {({x_n} + 1)^n} > 1 + n{x_n}\) \(\Rightarrow 0 < {x_n} < \frac{{a - 1}}{n}\) Theo định lý kẹp ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {x_n} = 0\) \(\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (\sqrt[n]{a} - 1) = 0\) \(\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \sqrt[n]{a} = 1\) * Nếu a < 1: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{{\sqrt[n]{a}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \sqrt[n]{{\frac{1}{a}}} = 1\) \(\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \sqrt[n]{a} = 1\) iii) \(\sqrt[n]{n} \to 1\) Đặt \({y_n} = \sqrt[n]{n} - 1 \ge 0 \Rightarrow \sqrt[n]{n} = {y_n} + 1\) \(\Rightarrow n = {(1 + {y_n})^n}\) \( = 1 + n{y_n} + \frac{{n(n - 1)}}{2}y_n^2 + ....\) \( > \frac{{n(n - 1)}}{2}y_n^2\) \(\Rightarrow y_n^2 < \frac{2}{{n - 1}} \Rightarrow {y_n} < \sqrt {\frac{2}{{n - 1}}}\) \(\Rightarrow 0 \le {y_n} < \sqrt {\frac{2}{{n - 1}}}\) \(\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {y_n} = 0\) \(iv)\,\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{n^x}}}{{{{(1 + \alpha )}^n}}} = 0,\forall \alpha > 0\) \(\forall x > 0,\exists m \in {N^*}:m > x\) Khi n > 2m, ta có: \(\begin{array}{l} {\left( {1 + \alpha } \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{n!}}{{k!(n - k)!}}} {\alpha ^k}\\ > \frac{{n!}}{{m!(n - m)!}}{\alpha ^m} \end{array} \) \(= \frac{{n(n - 1)...(n - m + 1)}}{{m!}}{\alpha ^m}\) \(> {\left( {\frac{n}{2}} \right)^m}.\frac{{{\alpha ^m}}}{{m!}}(*)\) (*) đúng vì \(n - m > n - \frac{n}{2} = \frac{n}{2},\forall n > 2m\) \( \Rightarrow 0 < \frac{{{n^x}}}{{{{(1 + \alpha )}^n}}} < \frac{{{n^x}}}{{\frac{{{n^m}}}{{{2^m}}}.\frac{{{\alpha ^m}}}{{m!}}}} = \frac{{{2^m}.m!}}{{{\alpha ^m}}}.\frac{1}{{{n^{m - x}}}}\,(n > 2m,m - x > 0)\) \(\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{n^x}}}{{{{(1 + \alpha )}^n}}} = 0,\forall \alpha > 0,\forall x\)hay \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{n^x}}}{{{\alpha ^n}}} = 0,\forall a > 1\) 5.2 Mệnh đề Cho dãy {un} với \({u_n} = \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{1}{{k!}}}\) i) Dãy {un} hội tụ ii) Nếu gọi e là giới hạn của {un} thì e là số vô tỉ iii) Hai dãy số sau cũng hội tụ và có giới hạn là e \({x_n} = {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n};{y_n} = {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^{n + 1}}\) Chứng minh: \(i)\,\,{u_{n + 1}} = {u_n} + \frac{1}{{(n + 1)!}} > {u_n},\forall n\) ⇒ {un} tăng Ta có: \({u_n} < 2 + \frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{2^3}}} + ... + \frac{1}{{{2^{n - 1}}}}\) \( = 2 + \frac{{\frac{1}{2}\left( {1 - \frac{1}{{{2^{n - 1}}}}} \right)}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 3 - \frac{1}{{{2^{n - 1}}}} < 3,\forall n\) {un} tăng và bị chặn trên ⇒ {un} hội tụ ii) Gọi \(e = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n}({u_n} > 2 + \frac{1}{2},\forall n \ge 3,\,do\,đó\,e\, > 2)\) Giả sử e là số hữu tỉ \(\Rightarrow e = \frac{p}{q}\) (với p, q \(\in\) N*) Với n > q ta có: \({u_n} = 1 + \frac{1}{1} + \frac{1}{{2!}} + \frac{1}{{3!}} + ... + \frac{1}{{q!}} + \frac{1}{{(q + 1)!}} + ... + \frac{1}{{n!}}\) \(= {u_q} + \frac{1}{{(q + 1)!}} + ... + \frac{1}{{n!}}\) \(= {u_q} + \frac{1}{{q!}}\left[ {\frac{1}{{q + 1}} + \frac{1}{{(q + 1)(q + 2)}} + ... + \frac{1}{{(q + 1)...n}}} \right]\) \(< {u_q} + \frac{1}{{q!}}\left[ {\frac{1}{{q + 1}} + \frac{1}{{{{(q + 1)}^2}}} + ... + \frac{1}{{{{(q + 1)}^{n - q}}}}} \right]\) \(= {u_q} + \frac{1}{{q!}}\frac{{\left[ {\frac{1}{{q + 1}}\left( {1 - \frac{1}{{{{(q + 1)}^{n - q}}}}} \right)} \right]}}{{1 - \frac{1}{{q + 1}}}}\) \(< {u_q} + \frac{1}{{q!}}.\frac{1}{q} = {u_q} + \frac{1}{{q!q}}\) Do đó, khi n > q, ta có: \({u_{q + 1}} \le {u_n} < {u_q} + \frac{1}{{q!q}}\) Qua giới hạn, ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_{q + 1}} \le \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} \le \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_q} + \frac{1}{{q!q}}} \right)\) \(\Rightarrow {u_{q + 1}} \le e \le {u_q} + \frac{1}{{q!q}}\)suy ra \({u_q} < e < {u_q} + \frac{1}{{q!}}\) \( \Rightarrow q!{u_q} < q!\frac{p}{q} < q!{u_q} + 1\) Ta có: \(q!{u_q} = q!\left( {2 + \frac{1}{{2!}} + ... + \frac{1}{{q!}}} \right)\)là một số nguyên và \(q!\frac{p}{q}\) là một số nguyên. Hơn nữa \(q!{u_q}\) và \(q!{u_q}+1\)là hai số nguyên liên tiếp. Vậy giữa hai số nguyên liên tiếp có một số nguyên là vô lí. Do đó e phải là một số vô tỉ. iii) Hướng dẫn: Ta chứng minh \({x_n} \le {x_{n + 1}}\) bằng bất đẳng thức Cauchy. \({x_n} = {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n}\) \( = \left( {1 + \frac{1}{n}} \right)...\left( {1 + \frac{1}{n}} \right).1 \le {\left( {\frac{{n + 1 + 1}}{{n + 1}}} \right)^{n + 1}} = {x_{n + 1}}\) \(\Rightarrow {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n}\) là dãy tăng. Sau đó chứng minh dãy bị chận trên bởi 3. Ngoài ra, ta có: \({y_n} = {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n}\left( {1 + \frac{1}{n}} \right) = {x_n}\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)\) 6. Dãy Cauchy 6.1 Định nghĩa {un} được gọi là một dãy Cauchy nếu tính chất sau thỏa: \(\forall \varepsilon > 0\) luôn \(\exists N > 0\) sao cho \(\forall m,n > N\) \(\Rightarrow \left| {{u_n} - {u_m}} \right| < \varepsilon\) Định lý: Cho {un} là dãy số thực {un} hội tụ ⇔ {un} là dãy Cauchy Phát biểu cách khác: {un} hội tụ \( \Leftrightarrow \left( {\forall \varepsilon > 0,\exists N > 0\,\,sao\,\,cho\,\,m,n\, > N \Rightarrow \left| {{u_n} - {u_m}} \right| < \varepsilon \,} \right)\) Nhận xét: Do định lý trên để chứng minh một dãy số thực không hội tụ ta chứng minh nó không phải dãy Cauchy, nghĩa là cần chứng minh rằng: \(\exists {\varepsilon _0} > 0,\forall N > 0,\exists m,n > N\)sao cho \(\left| {{u_n} - {u_m}} \right| \ge {\varepsilon _0}\) Ví dụ: Xét dãy {un} với \({u_n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{n}\). Chứng minh {un} không hội tụ. Giải \(\left| {{u_{2m}} - {u_m}} \right| = \left| {1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{m} + \frac{1}{{m + 1}} + ... + \frac{1}{{2m}} - \left( {1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{m}} \right)} \right|\) \(= \left| {\frac{1}{{m + 1}} + \frac{1}{{m + 2}} + ... + \frac{1}{{2m}}} \right|\) \(\ge \frac{1}{{2m}} + \frac{1}{{2m}} + ... + \frac{1}{{2m}} = \frac{1}{2}\) (m số hạng) Do đó: \(\exists {\varepsilon _0} = \frac{1}{2},\forall N,\exists n = N + 1,m = 2(N + 1)(m,n > N)\) \(\Rightarrow \left| {{u_m} - {u_n}} \right| = \left| {{u_{2m}} - {u_m}} \right| \ge \frac{1}{2}\) Vậy {un} không hội tụ (nghĩa là {un} phân kỳ) Ví dụ: Dùng tiêu chuẩn Cauchy, hãy chứng minh dãy số {un}, với \({u_n} = 1 + \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{3^2}}} + ... + \frac{1}{{{n^2}}}\) là dãy hội tụ. Chứng minh: Dành cho độc giả.
