GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ

 1. GIỚI HẠN HỮU HẠN CỦA DÃY SỐ

a) Dãy số có giới hạn là 0

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 $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=0$ hay ${{u}_{n}}\to 0$ khi $n\to +\infty .$

Vậy $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=0\Leftrightarrow \forall \varepsilon >0,\exists {{n}_{0}}\in {{\mathbb{N}}^{*}}$ sao cho $\left| {{u}_{n}} \right|<\varepsilon ,\forall n\ge {{n}_{0}}.$

Từ định nghĩa dãy số có giới hạn 0 , ta có các kết quả sau:

- $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{1}{{{n}^{k}}}=0$ với $k$ là một số nguyên dương;

- $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{1}{{{n}^{k}}}=0$ với $k$ là một số thực dương;

- $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{q}^{n}}=0$ nếu $|q|<1$;

- Nếu $\left| {{u}_{n}} \right|\le {{v}_{n}},\text{ }\forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$ và $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{v}_{n}}=0$ thì $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=0.$

b) Dãy số có giới hạn là số thực a

Ta nói dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$ có giới hạn là số thực $a$ khi $n$ dần tới dương vô cực nếu $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{u}_{n}}-a \right)=0$, kí hiệu $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=a$ hay ${{u}_{n}}\to a$ khi $n\to +\infty .$

Vậy $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=a\Leftrightarrow \forall \varepsilon >0,\exists {{n}_{0}}\in {{\mathbb{N}}^{*}}$ sao cho $\left| {{u}_{n}}-a \right|<\varepsilon ,\forall n\ge {{n}_{0}}.$

Chú ý. Nếu ${{u}_{n}}=c\text{ }\left( c \right.$ là hằng số) thì $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=c.$

Ví dụ 1: Dùng định nghĩa chứng minh dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$ với ${{u}_{n}}=\dfrac{1}{{{n}^{2}}},\forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$ có giới hạn là 0.

Giải. Ta có $\forall \varepsilon >0\Rightarrow \left| {{u}_{n}} \right|<\varepsilon \Leftrightarrow \dfrac{1}{{{n}^{2}}}<\varepsilon \Leftrightarrow {{n}^{2}}>\dfrac{1}{\varepsilon }\Leftrightarrow n>\sqrt{\dfrac{1}{\varepsilon }}.$

Vậy $\left| {{u}_{n}} \right|<\varepsilon ,\forall n$ là số nguyên dương lớn hơn $\sqrt{\dfrac{1}{\varepsilon }}\Rightarrow \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=0.$

Ví dụ 2: Dùng định nghĩa chứng minh rằng $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{{{(-1)}^{n-1}}}{{{3}^{n}}}=0.$

Giải. Ta có $\forall \varepsilon >0\Rightarrow \left| {{u}_{n}} \right|<\varepsilon \Leftrightarrow \dfrac{1}{{{3}^{n}}}<\varepsilon \Leftrightarrow {{3}^{n}}>\dfrac{1}{\varepsilon }\Leftrightarrow n>{{\log }_{3}}\dfrac{1}{\varepsilon }.$

Vậy $\left| {{u}_{n}} \right|<\varepsilon ,\forall n$ là số nguyên dương lớn hơn ${{\log }_{3}}\dfrac{1}{\varepsilon }\Rightarrow \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=0.$

Ví dụ 3: Xét dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$ với ${{u}_{n}}=\dfrac{2n+1}{n},\forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}.$ Chứng minh rằng $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=2.$

Giải. Ta có \[\forall \varepsilon >0\Rightarrow \left| {{u}_{n}}-2 \right|=\left| \dfrac{2n+1}{n}-2 \right|=\dfrac{1}{n}<\varepsilon \Leftrightarrow n>\dfrac{1}{\varepsilon }.\]

Vậy $\left| {{u}_{n}}-2 \right|<\varepsilon ,\forall n$ là số nguyên dương lớn hơn $\dfrac{1}{\varepsilon }\Rightarrow \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=2.$

Ví dụ 4: Xét dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$ với ${{u}_{n}}=\dfrac{3\cdot {{2}^{n}}-1}{{{2}^{n}}},\text{ }\forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}.$ Chứng minh rằng $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=3.$

Giải. Ta có \[\forall \varepsilon >0\Rightarrow \left| {{u}_{n}}-3 \right|=\left| \dfrac{3\cdot {{2}^{n}}-1}{{{2}^{n}}}-3 \right|=\dfrac{1}{{{2}^{n}}}<\varepsilon \Leftrightarrow {{2}^{n}}>\dfrac{1}{\varepsilon }\Leftrightarrow n>{{\log }_{2}}\dfrac{1}{\varepsilon }.\]

Vậy $\left| {{u}_{n}}-3 \right|<\varepsilon ,\forall n$ là số nguyên dương lớn hơn ${{\log }_{2}}\dfrac{1}{\varepsilon }\Rightarrow \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=3.$

Ví dụ 5: Xét dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$ với ${{u}_{n}}=\dfrac{n+\cos n}{n+1},\text{ }\forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}.$ Chứng minh rằng $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=1.$

Giải. Ta có \[\forall \varepsilon >0\Rightarrow \left| {{u}_{n}}-1 \right|=\left| \dfrac{n+\cos n}{n+1}-1 \right|=\left| \dfrac{\cos n-1}{n+1} \right|\le \dfrac{2}{n+1}<\varepsilon \Leftrightarrow n+1>\dfrac{2}{\varepsilon }\Leftrightarrow n>\dfrac{2}{\varepsilon }-1.\]

Vậy $\left| {{u}_{n}}-1 \right|<\varepsilon ,\forall n$ là số nguyên dương lớn hơn $\dfrac{2}{\varepsilon }-1\Rightarrow \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=1.$

2. ĐỊNH LÝ VỀ GIỚI HẠN HỮU HẠN CỦA DÃY SỐ

Ta có các quy tắc tính giới hạn hữu hạn của dãy số như sau:

a) Nếu $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=a$ và $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{v}_{n}}=b$ thì

\[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{u}_{n}}+{{v}_{n}} \right)=a+b;\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{u}_{n}}-{{v}_{n}} \right)=a-b;\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{u}_{n}}.{{v}_{n}} \right)=a.b;\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{{{u}_{n}}}{{{v}_{n}}}=\dfrac{a}{b}\text{ }\left( b\ne 0 \right).\]

Suy ra \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( k.{{u}_{n}} \right)=k.a,\text{ }\left( k\in \mathbb{R} \right);\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( u_{n}^{k} \right)={{a}^{k}},\text{ }\left( k\in {{\mathbb{N}}^{*}} \right);\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \dfrac{1}{u_{n}^{k}} \right)=\dfrac{1}{{{a}^{k}}},\text{ }\left( a\ne 0,k\in {{\mathbb{N}}^{*}} \right).\]

b) Nếu ${{u}_{n}}\ge 0,\text{ }\forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$ và $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=a$ thì \[a\ge 0;\text{ }\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sqrt{{{u}_{n}}}=\sqrt{a}.\]

c) Nếu ${{v}_{n}}\le {{u}_{n}}\le {{w}_{n}},\forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$ và $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{v}_{n}}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{w}_{n}}=a$ thì $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=a$ (nguyên lý kẹp).

Chứng minh. Do $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{v}_{n}}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{w}_{n}}=a$ nên \[\forall \varepsilon >0,\text{ }\exists {{n}_{1}},{{n}_{2}}\in {{\mathbb{N}}^{*}}\] sao cho $\left| {{v}_{n}}-a \right|<\varepsilon ,\text{ }\forall n\ge {{n}_{1}};\left| {{w}_{n}}-a \right|<\varepsilon ,\text{ }\forall n\ge {{n}_{2}}$

Hay $a-\varepsilon <{{v}_{n}}<a+\varepsilon ,\text{ }\forall n\ge {{n}_{1}};a-\varepsilon <{{w}_{n}}<a+\varepsilon ,\text{ }\forall n\ge {{n}_{2}}.$

Gọi \[{{n}_{0}}=\max \left\{ {{n}_{1}},{{n}_{2}} \right\}\Rightarrow a-\varepsilon <{{v}_{n}}\le {{u}_{n}}\le {{w}_{n}}<a+\varepsilon ,\text{ }\forall n\ge {{n}_{0}}\]

\[\Rightarrow -\varepsilon <{{u}_{n}}-a<\varepsilon ,\text{ }\forall n\ge {{n}_{0}}\Leftrightarrow \left| {{u}_{n}}-a \right|<\varepsilon ,\text{ }\forall n\ge {{n}_{0}}\Rightarrow \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=a.\]

Áp dụng nguyên lý kẹp ta chứng minh được các giới hạn sau: $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sqrt[n]{a}=1,\text{ }\forall a>0;\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sqrt[n]{n}=1.$

d) Nếu \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=a\] thì $\left( {{u}_{n}} \right)$ là dãy số bị chặn.

Chứng minh. Do \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=a\] nên $\forall \varepsilon >0,\exists {{n}_{0}}\in {{\mathbb{N}}^{*}}$ sao cho $\forall n\ge {{n}_{0}}$ thì $\left| {{u}_{n}}-a \right|<\varepsilon .$

Từ đó suy ra $\forall n\ge {{n}_{0}},\left| {{u}_{n}} \right|=\left| \left( {{u}_{n}}-a \right)+a \right|\le \left| {{u}_{n}}-a \right|+|a|<\varepsilon +|a|.$

Đặt $M=\max \left\{ \left| {{u}_{1}} \right|,\left| {{u}_{2}} \right|,\ldots ,\left| {{u}_{{{n}_{0}}}} \right|,|a|+\varepsilon \right\}$ thì $\left| {{u}_{n}} \right|\le M,\forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}\Leftrightarrow -M\le {{u}_{n}}\le M,\forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}},$ chứng tỏ $\left( {{u}_{n}} \right)$ là dãy số bị chặn.

e) Dãy số tăng và bị chặn trên có giới hạn hữu hạn; dãy số giảm và bị chặn dưới có giới hạn hữu hạn.

3. TỔNG CỦA CẤP SỐ NHÂN LÙI VÔ HẠN

a) Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn

Cấp số nhân vô hạn $\left( {{u}_{n}} \right)$ có công bội $q$ với $|q|<1$ được gọi là cấp số nhân lùi vô hạn.

Ta có ${{S}_{n}}={{u}_{1}}+{{u}_{2}}+\ldots +{{u}_{n}}=\dfrac{{{u}_{1}}\left( 1-{{q}^{n}} \right)}{1-q}.$

Vì $|q|<1$ nên ${{q}^{n}}\to 0$ khi $n\to +\infty .$ Do đó, ta có $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{S}_{n}}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ \dfrac{{{u}_{1}}}{1-q}-\left( \dfrac{{{u}_{1}}}{1-q} \right){{q}^{n}} \right]=\dfrac{{{u}_{1}}}{1-q}.$

Giới hạn này được gọi là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn $\left( {{u}_{n}} \right)$, và kí hiệu là $S={{u}_{1}}+{{u}_{2}}+\ldots +{{u}_{n}}+\ldots $

Như vậy $S={{u}_{1}}+{{u}_{2}}+\ldots +{{u}_{n}}+\ldots =\dfrac{{{u}_{1}}}{1-q}.$

b) Đổi số thập phân vô hạn tuần hoàn sang dạng phân số

Xét số thập phân vô hạn tuần hoàn dạng: $N=a,{{a}_{1}}{{a}_{2}}...{{a}_{n}}\left( {{b}_{1}}{{b}_{2}}...{{b}_{m}} \right)=a,{{a}_{1}}{{a}_{2}}...{{a}_{n}}{{b}_{1}}{{b}_{2}}...{{b}_{m}}{{b}_{1}}{{b}_{2}}...{{b}_{m}}{{b}_{1}}{{b}_{2}}...{{b}_{m}}...$

Sử dụng MTCT (Xem bài giảng)

Ứng dụng tổng cấp số nhân lùi vô hạn

Ta có $N=a,{{a}_{1}}{{a}_{2}}...{{a}_{n}}\left( {{b}_{1}}{{b}_{2}}...{{b}_{m}} \right)=a,{{a}_{1}}{{a}_{2}}...{{a}_{n}}{{b}_{1}}{{b}_{2}}...{{b}_{m}}{{b}_{1}}{{b}_{2}}...{{b}_{m}}{{b}_{1}}{{b}_{2}}...{{b}_{m}}...$

$=a+{{a}_{1}}{{a}_{2}}...{{a}_{n}}\times {{10}^{-n}}+{{b}_{1}}{{b}_{2}}...{{b}_{m}}\times {{10}^{-\left( m+n \right)}}+{{b}_{1}}{{b}_{2}}...{{b}_{m}}\times {{10}^{-\left( 2m+n \right)}}+{{b}_{1}}{{b}_{2}}...{{b}_{m}}\times {{10}^{-\left( 3m+n \right)}}+...$

$=a+{{a}_{1}}{{a}_{2}}...{{a}_{n}}\times {{10}^{-n}}+\dfrac{{{b}_{1}}{{b}_{2}}...{{b}_{m}}\times {{10}^{-\left( m+n \right)}}}{1-{{10}^{-m}}}.$

Ví dụ 1: Viết các số thập phân vô hạn tuần hoàn sau dưới dạng phân số:

a) $2,\left( 2 \right)=2,222...;$

b) $1,\left( 12 \right)=1,121212\ldots ;$

c) $3,\left( 102 \right)=3,102102102\ldots ;$

d) $1,21\left( 34 \right)=1,21343434....$

Giải. a) Ta có $2,\left( 2 \right)=2,222\ldots =2+2\cdot {{10}^{-1}}+2\cdot {{10}^{-2}}+2\cdot {{10}^{-3}}+\ldots $ đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với ${{u}_{1}}=2,q={{10}^{-1}}$ nên $2,\left( 2 \right)=2,222\ldots =\dfrac{{{u}_{1}}}{1-q}=\dfrac{2}{1-\dfrac{1}{10}}=\dfrac{20}{9}.$

b) Ta có $1,\left( 12 \right)=1,121212\ldots =1+12\times {{10}^{-2}}+12\times {{10}^{-4}}+12\times {{10}^{-6}}+\ldots $

Mặt khác $12\times {{10}^{-2}}+12\times {{10}^{-4}}+12\times {{10}^{-6}}+\ldots $ là tổng cấp số nhân lùi vô hạn với ${{u}_{1}}=12\times {{10}^{-2}},q={{10}^{-2}}$ nên $1,121212\ldots =1+\dfrac{{{u}_{1}}}{1-q}=1+\dfrac{12\times {{10}^{-2}}}{1-{{10}^{-2}}}=\dfrac{37}{33}.$
c) $3,\left( 102 \right)=3,102102102\ldots =3+102\times {{10}^{-3}}+102\times {{10}^{-6}}+102\times {{10}^{-9}}\ldots $

Mặt khác $102\times {{10}^{-3}}+102\times {{10}^{-6}}+102\times {{10}^{-9}}+\ldots $ là tổng cấp số nhân lùi vô hạn với ${{u}_{1}}=102\times {{10}^{-3}},q={{10}^{-3}}$ nên $3,\left( 102 \right)=3+\dfrac{{{u}_{1}}}{1-q}=3+\dfrac{102\times {{10}^{-3}}}{1-{{10}^{-3}}}=\dfrac{1033}{333}.$

d) $1,21\left( 34 \right)=1,21343434....=1+21\times {{10}^{-2}}+34\times {{10}^{-4}}+34\times {{10}^{-6}}+34\times {{10}^{-8}}+...$

$=1+21\times {{10}^{-2}}+\dfrac{34\times {{10}^{-4}}}{1-{{10}^{-2}}}=\dfrac{12013}{9900}.$

4. GIỚI HẠN VÔ CỰC CỦA DÃY SỐ

+ Dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$ được gọi là có giới hạn $+\infty $ khi $n\to +\infty $ nếu ${{u}_{n}}$ có thể lớn hơn một số dương bất kì, kề từ một số hạng nào đó trở đi, kí hiệu $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=+\infty $ hay ${{u}_{n}}\to +\infty $ khi $n\to +\infty .$

+ Dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$ được gọi là có giới hạn $-\infty $ khi $n\to +\infty $ nếu $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( -{{u}_{n}} \right)=+\infty $, kí hiệu $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=-\infty $ hay ${{u}_{n}}\to -\infty $ khi $n\to +\infty .$

Theo định nghĩa trên, ta có:

- $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{n}^{k}}=+\infty $, với $k$ là số nguyên dương;

- \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{n}^{k}}=+\infty \], với $k$ là số thực dương;

- $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{q}^{n}}=+\infty $, với $q>1.$

Liên quan đến giới hạn vô cực của dãy số, ta có một số quy tắc tính giới hạn sau đây:

- Nếu $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=a$ và $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{v}_{n}}=+\infty $ (hoặc $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{v}_{n}}=-\infty $ ) thì $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{{{u}_{n}}}{{{v}_{n}}}=0.$

- Nếu $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=a>0,\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{v}_{n}}=0$ và ${{v}_{n}}>0,\forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$ thì $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{{{u}_{n}}}{{{v}_{n}}}=+\infty .$

- Nếu $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=+\infty $ và $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{v}_{n}}=a>0$ thì $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}.{{v}_{n}}=+\infty .$

- Nếu $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=+\infty $ hoặc $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=-\infty $ và $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}.{{v}_{n}}=a$ thì $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{v}_{n}}=0.$

Thật vậy, $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{v}_{n}}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}.{{v}_{n}}.\dfrac{1}{{{u}_{n}}}=a.0=0.$

5. MỘT SỐ KỸ NĂNG TÍNH GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ

a) Dãy số dạng đa thức

Để tính giới hạn của dãy số dạng đa thức ta nhóm luỹ thừa cao nhất của $n$ ra ngoài, rồi áp dụng các quy tắc tính giới hạn vô cực.

Cụ thể xét $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ {{a}_{k}}.{{n}^{k}}+{{a}_{k-1}}.{{n}^{k-1}}+...+{{a}_{0}} \right],\text{ }\left( {{a}_{k}}\ne 0 \right)$

Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {{a_k}.{n^k} + {a_{k - 1}}.{n^{k - 1}} + ... + {a_0}} \right] = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {n^k}.\left[ {{a_k} + \dfrac{{{a_{k - 1}}}}{n} + ... + \dfrac{{{a_0}}}{{{n^k}}}} \right] = \left\{ \begin{gathered} + \infty {\text{ khi }}{a_k} > 0 \hfill \\ - \infty {\text{ khi }}{a_k} < 0 \hfill \\ \end{gathered} \right..\]

Ví dụ 1: $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{n}^{3}}-{{n}^{5}} \right)=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{n}^{5}}\left[ \dfrac{1}{{{n}^{2}}}-1 \right]=-\infty $ do $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{n}^{5}}=+\infty ;\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ \dfrac{1}{{{n}^{2}}}-1 \right]=-1<0.$

Ví dụ 2: $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ {{n}^{3}}-{{n}^{2}}\sin n+\cos n+1 \right]=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{n}^{3}}\left[ 1-\dfrac{\sin n}{n}+\dfrac{\cos n}{{{n}^{2}}}+\dfrac{1}{{{n}^{3}}} \right]=+\infty $

do $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{n}^{3}}=+\infty ;\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ 1-\dfrac{\sin n}{n}+\dfrac{\cos n}{{{n}^{2}}}+\dfrac{1}{{{n}^{3}}} \right]=1-0+0+0=1>0.$

b) Dãy số dạng phân thức

Để tính giới hạn của dãy số dạng phân thức ta chia cả tử thức và mẫu thức cho luỹ thừa cao nhất của $n$, rồi áp dụng các quy tắc tính giới hạn.

Ví dụ 1: \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{{{n}^{2}}+n+1}{2{{n}^{2}}-1}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{1+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{{{n}^{2}}}}{2-\dfrac{1}{{{n}^{2}}}}=\dfrac{\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( 1+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{{{n}^{2}}} \right)}{\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( 2-\dfrac{1}{{{n}^{2}}} \right)}=\dfrac{1}{2}.\]

Ví dụ 2: $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{\sqrt{2{{n}^{2}}+1}}{n+1}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{\sqrt{2+\dfrac{1}{{{n}^{2}}}}}{1+\dfrac{1}{n}}=\dfrac{\sqrt{2}}{1}=\sqrt{2}.$

c) Dãy số chứa mũ

Để tính giới hạn của dãy số chứa mũ ta chia cho ${{a}^{n}}$ với $a$ là cơ số lớn nhất, rồi áp dụng các quy tắc tính giới hạn trong đó có sử dụng giới hạn: $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{q}^{n}}=0,\text{ }\left( \left| q \right|<1 \right);\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{q}^{n}}=+\infty ,\text{ }\left( q>1 \right).$

Ví dụ 1: \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{{{2}^{n}}+{{3}^{n}}-{{5}^{n}}}{{{5}^{n}}+1}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{{{\left( \dfrac{2}{5} \right)}^{n}}+{{\left( \dfrac{3}{5} \right)}^{n}}-1}{1+{{\left( \dfrac{1}{5} \right)}^{n}}}=\dfrac{0+0-1}{1+0}=-1.\]

d) Dãy số chứa căn thức

Để tính giới hạn của dãy số chứa căn thức ta thực hiện liên hợp cho căn thức theo các trường hợp sau:

+ $\sqrt{a}-\sqrt{b}=\dfrac{a-b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}};\sqrt{a}-b=\dfrac{a-{{b}^{2}}}{\sqrt{a}+b};\sqrt{a}+b=\dfrac{a-{{b}^{2}}}{\sqrt{a}-b};$

+ $\sqrt[3]{a}-\sqrt[3]{b}=\dfrac{a-b}{{{\sqrt[3]{a}}^{2}}+\sqrt[3]{a}.\sqrt[3]{b}+{{\sqrt[3]{b}}^{2}}};\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}=\dfrac{a+b}{{{\sqrt[3]{a}}^{2}}-\sqrt[3]{a}.\sqrt[3]{b}+{{\sqrt[3]{b}}^{2}}};$

+ $\sqrt[3]{a}-b=\dfrac{a-{{b}^{3}}}{{{\sqrt[3]{a}}^{2}}+\sqrt[3]{a}.b+{{b}^{2}}};\sqrt[3]{a}+b=\dfrac{a+{{b}^{3}}}{{{\sqrt[3]{a}}^{2}}-\sqrt[3]{a}.b+{{b}^{2}}};$

+ Nếu là $\sqrt[p]{a}-\sqrt[q]{b}$ với $p,q\in {{\mathbb{N}}^{*}};p\ne q$ thực hiện thêm bớt (xem bài giảng)

Ví dụ 1: \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \sqrt{{{n}^{2}}+2n}-\sqrt{{{n}^{2}}+4n} \right)=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{-2n}{\sqrt{{{n}^{2}}+2n}+\sqrt{{{n}^{2}}+4n}}\]

\[=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{-2}{\sqrt{1+\dfrac{2}{n}}+\sqrt{1+\dfrac{4}{n}}}=\dfrac{-2}{\sqrt{1}+\sqrt{1}}=-1.\]

e) Dãy số cho bởi dạng truy hồi (nâng cao)

+ Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy số, rồi áp dụng các quy tắc tính giới hạn.

+ Sử dụng các định lý giới hạn hữu hạn của dãy số như: nguyên lý kẹp, dãy số tăng và bị chặn trên thì có giới hạn hữu hạn, dãy số giảm và bị chặn dưới thì có giới hạn hữu hạn, lấy giới hạn hai vế,…

Một số dạng dãy số tìm được công thức số hạng tổng quát thông qua cấp số nhân

Cấp số nhân cộng

Dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$ dạng truy hồi: ${{u}_{n}}=a.{{u}_{n-1}}+b,\text{ }\left( a,b\in \mathbb{R} \right)\text{ }\left( * \right)$ được gọi là một cấp số nhân cộng. Ta có thể tìm được công thức số hạng tổng quát bằng cách đưa về cấp số nhân như sau:

+ Nếu $a=1\Rightarrow {{u}_{n}}={{u}_{n-1}}+b\Rightarrow \left( {{u}_{n}} \right)$ là cấp số cộng với công sai $b\Rightarrow {{u}_{n}}={{u}_{1}}+\left( n-1 \right)b$ và ${{S}_{n}}={{u}_{1}}+{{u}_{2}}+...+{{u}_{n}}=\dfrac{n}{2}\left( 2{{u}_{1}}+\left( n-1 \right)b \right).$

+ Nếu \[a\ne 1\Rightarrow \left( * \right)\Leftrightarrow {{u}_{n}}+\alpha =a\left( {{u}_{n-1}}+\alpha \right)\Leftrightarrow a\alpha -\alpha =b\Leftrightarrow \alpha =\dfrac{b}{a-1}\]

\[\Rightarrow \left( {{u}_{n}}+\alpha \right)\] là cấp số nhân với công bội $a\Rightarrow {{u}_{n}}+\alpha ={{a}^{n-1}}\left( {{u}_{1}}+\alpha \right)$

$\Rightarrow {{S}_{n}}={{u}_{1}}+{{u}_{2}}+...+{{u}_{n}}=\left( {{u}_{1}}+\alpha \right)\left( 1+a+...+{{a}^{n-1}} \right)-n\alpha =\left( {{u}_{1}}+\alpha \right)\dfrac{{{a}^{n}}-1}{a-1}-n\alpha .$

Do vậy nếu $\left| a \right|<1\Rightarrow \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=-\alpha ;\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ {{u}_{1}}+{{u}_{2}}+...+{{u}_{n}}+n\alpha \right]=\dfrac{{{u}_{1}}+\alpha }{1-a}.$

Dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$ dạng truy hồi: ${{u}_{n}}=\dfrac{a.{{u}_{n-1}}+b}{c.{{u}_{n-1}}+d},\text{ }\left( a,b,c,d\in \mathbb{R} \right).$

Trước khi đi vào cách tìm số hạng tổng quát của dãy số này thông qua cấp số nhân, ta xét trường hợp đặc biệt:

Xét dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$ xác định bởi ${{u}_{1}}=\tan \alpha $ và ${{u}_{n}}=\dfrac{{{u}_{n-1}}+\tan \beta }{1-{{u}_{n-1}}.\tan \beta }.$

$\Rightarrow {{u}_{2}}=\dfrac{\tan \alpha +\tan \beta }{1-\tan \alpha .\tan \beta }=\tan \left( \alpha +\beta \right)\Rightarrow {{u}_{3}}=\dfrac{\tan \left( \alpha +\beta \right)+\tan \beta }{1-\tan \left( \alpha +\beta \right).\tan \beta }=\tan \left( \alpha +2\beta \right)$

$\Rightarrow {{u}_{n}}=\tan \left( \alpha +\left( n-1 \right)\beta \right)$ (chứng minh quy nạp).

Ví dụ 1: Xét dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$ xác định bởi ${{u}_{1}}=\sqrt{3}$ và ${{u}_{n}}=\dfrac{{{u}_{n-1}}+\sqrt{3}}{1-\sqrt{3}{{u}_{n-1}}}.$ Tìm ${{u}_{2023}}.$

Ta có \[{{u}_{1}}=\sqrt{3}=\tan \dfrac{\pi }{3}\Rightarrow {{u}_{2}}=\dfrac{\tan \dfrac{\pi }{3}+\tan \dfrac{\pi }{3}}{1-\tan \dfrac{\pi }{3}.\tan \dfrac{\pi }{3}}=\tan \left( \dfrac{\pi }{3}+\dfrac{\pi }{3} \right)=\tan \dfrac{2\pi }{3}\]

\[\Rightarrow {{u}_{3}}=\dfrac{\tan \dfrac{2\pi }{3}+\tan \dfrac{\pi }{3}}{1-\tan \dfrac{2\pi }{3}.\tan \dfrac{\pi }{3}}=\tan \left( \dfrac{2\pi }{3}+\dfrac{\pi }{3} \right)=\tan \left( \dfrac{3\pi }{3} \right)\]

\[\Rightarrow ...\Rightarrow {{u}_{2023}}=\tan \left( \dfrac{2023\pi }{3} \right)=\sqrt{3}.\]

Một số tổng các em nên biết

+ $1+2+...+n=\dfrac{n\left( n+1 \right)}{2}$

+ ${{1}^{2}}+{{2}^{2}}+...+{{n}^{2}}=\dfrac{1}{6}n\left( n+1 \right)\left( 2n+1 \right)$

+ ${{1}^{3}}+{{2}^{3}}+...+{{n}^{3}}=\dfrac{1}{4}{{\left( n\left( n+1 \right) \right)}^{2}}$

Khoá học Toán 10 theo chương trình SGK mới

Sách giáo khoa Toán 10 (tập 1, tập 2) (Kết Nối Tri Thức Với Cuộc Sống) - NXB GD Việt Nam

Sách giáo khoa Toán 10 (tập 1, tập 2) (Chân Trời Sáng Tạo) - NXB GD Việt Nam

Sách giáo khoa Toán 10 (tập 1, tập 2) (Cánh Diều) - NXB ĐH Sư Phạm

Khoá học Toán 11 theo chương trình SGK mới

Sách giáo khoa Toán 11 (tập 1, tập 2) (Kết Nối Tri Thức Với Cuộc Sống) - NXB GD Việt Nam

Sách giáo khoa Toán 11 (tập 1, tập 2) (Chân Trời Sáng Tạo) - NXB GD Việt Nam

Sách giáo khoa Toán 11 (tập 1, tập 2) (Cánh Diều) - NXB ĐH Sư Phạm

File tài liệu lý thuyết bài giảng Giới hạn dãy số và bài tập đi kèm

Combo X Luyện thi 2024 Môn Toán (THPT, ĐG năng lực, ĐG tư duy) (2K6)

Link đăng ký: https://bit.ly/3Xd5EA5

PRO X: Luyện thi THPT 2024 Môn Toán (Luyện mọi dạng bài từ cơ bản đến 9 điểm)

XMAX: Luyện mọi dạng bài vận dụng cao Môn Toán 2024 (Mức 9+)

LIVE X: Tổng ôn kiến thức và chữa đề dự đoán 2024 Môn Toán (100 ngày)

XPLUS: Luyện giải đề thi THPT 2024 Môn Toán

Các khoá học được sử dụng kể từ ngày đăng kí đến khi kì thi THPT 2024 kết thúc.