Giới Hạn Của Dãy Số

Có thể bạn quan tâm

Trang Chủ
Đăng ký
Đăng nhập
Upload
Liên hệ

Trang Chủ › Toán Học Lớp 12›Giải Tích Lớp 12 Giới hạn của dãy số

Trong bài viết này chúng tôi kí hiệu n là một biến số nguyên dương, còn n0 là một hằng số nguyên dương (trừ trường hợp có chú thích cụ thể).

Một dãy số có giới hạn hữu hạn được gọi là dãy số hội tụ, nếu nó có giới hạn vô cực hoặc không có giới hạn thì ta nói nó phân kì.

Khi xét giới hạn của dãy số (un) ta có thể chỉ xét các số hạng của dãy kể từ số hạng thứ n0 trở đi, tức là việc thay đổi hữu hạn số hạng đầu tiên của dãy số không làm ảnh hưởng đến tính hội tụ, và không làm ảnh hưởng đến giới hạn (nếu có) của dãy số ñó.

Giới hạn của dãy số (nếu có) là duy nhất. Tức là nếu limun = u thì limun+k = limun-k = u, với k là số nguyên dương tùy ý

6 trang

haha99

2856

0 Download Bạn đang xem tài liệu "Giới hạn của dãy số", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trênGiới hạn của dãy số - Bồi dưỡng HSG Nguyễn Văn Xá – THPT Yên Phong 2 – Bắc Ninh 1 GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ 1. LÍ THUYẾT Trong bài viết này chúng tôi kí hiệu n là một biến số nguyên dương, còn n0 là một hằng số nguyên dương (trừ trường hợp có chú thích cụ thể). Một dãy số có giới hạn hữu hạn ñược gọi là dãy số hội tụ, nếu nó có giới hạn vô cực hoặc không có giới hạn thì ta nói nó phân kì. Khi xét giới hạn của dãy số (un) ta có thể chỉ xét các số hạng của dãy kể từ số hạng thứ n0 trở ñi, tức là việc thay ñổi hữu hạn số hạng ñầu tiên của dãy số không làm ảnh hưởng ñến tính hội tụ, và không làm ảnh hưởng ñến giới hạn (nếu có) của dãy số ñó. Giới hạn của dãy số (nếu có) là duy nhất. Tức là nếu limun = u thì limun+k = limun-k = u, với k là số nguyên dương tùy ý. limun = 0 ⇔ lim|un| = 0. limun = u ⇔ lim|un – u| = 0. n 2n 2n+1limu u limu limu u= ⇔ = = . Nếu limun = u thì lim|un| = |u| và lim knu = uk (k nguyên dương), lim n 1 u = 1 (u 0) u ≠ . Nếu un < un+1 < M (∀n ≥ n0) thì (un) hội tụ, limun = u ≤ M, và un < u (∀n ≥ n0). Nếu un ≤ un+1 ≤ M (∀n ≥ n0) thì (un) hội tụ, limun = u ≤ M, và un ≤ u (∀n ≥ n0). Nếu un ≤ un+1(∀n ≥ n0) và (un) không bị chặn trên thì limun = + ∞. Nếu un > un+1 > m (∀n ≥ n0) thì (un) hội tụ, limun = u ≥ m, và un > u (∀n ≥ n0). Nếu un ≥ un+1 ≥ m (∀n ≥ n0) thì (un) hội tụ, limun = u ≥ m, và un ≥ u (∀n ≥ n0). Nếu un ≥ un+1(∀n ≥ n0) và (un) không bị chặn dưới thì limun = – ∞. Một dãy số hội tụ thì bị chặn. Nếu xn ≤ yn ≤ zn (hoặc xn < yn < zn ) với ∀n ≥ n0, ñồng thời limxn = limzn = a thì limyn = a (nguyên lí giới hạn kẹp). Nếu un ≥ 0 (hoặc un > 0) với ∀n ≥ n0, và limun = u thì u ≥ 0 và lim nu u= . Giả sử un ≤ vn (hoặc un < vn) với ∀n ≥ n0. Khi ñó: • Nếu limun = u, limvn = v thì u ≤ v. • Nếu limun = + ∞ thì limvn = + ∞. • Nếu limvn = – ∞ thì limun = – ∞. Ta có lim n11 n   +    = e. Nếu limun = + ∞ hoặc limun = - ∞ thì lim n n 11 u u   +    = e. Nếu (un) bị chặn và limvn = 0 thì lim(unvn) = 0. 2. VÍ DỤ VÍ DỤ 1. Cho dãy số (an) thỏa mãn n 1 n 1n n 1 n 1 2a .a a a a − + − + = + , ∀ n > 1. Tìm lim an. Giới hạn của dãy số - Bồi dưỡng HSG Nguyễn Văn Xá – THPT Yên Phong 2 – Bắc Ninh 2 LỜI GIẢI. Nếu tồn tại số nguyên dương k sao cho ak = 0 thì k k 2k+1 k k 2 2a .a a 0 a a + + = = + , suy ra k+1 k 3 k+2 k+1 k 3 2a .a a 0 a a + + = = + , và dẫn tới k k 2k+1 k k 2 2a .a a a a + + = + không có nghĩa. Do vậy an ≠ 0, ∀ n ∈ N *. Bây giờ ta ñặt un = n 1 a (∀ n ∈ N *), thì un ≠ 0 (∀ n ∈ N *), thay vào ñẳng thức ở ñề bài ta ñược un = 1 2 (un-1+ un+1), ∀n >1, suy ra (un) là cấp số cộng có công sai d, và số hạng tổng quát un = u1 + (n – 1)d ≠ 0, với mọi n ∈ N *. Như vậy 1n 1 a a 1 (n 1)da= + − (∀ n ∈ N *). Nếu d = 0 (⇔ u1 = u2 = ⇔ a1 = a2 = ) thì an = a1(∀ n ∈ N *) và lim an = a1. Nếu d ≠ 0 (⇔ các số hạng của dãy (un) phân biệt ⇔ các số hạng của dãy (an) phân biệt) thì 1 n 1 alim a lim 0 1 ( n 1)d a= =+ − . Vậy, nếu các số hạng của (an) bằng nhau thì lim an = a1, nếu các số hạng của dãy (an) phân biệt thì lim an = 0. VÍ DỤ 2. Chứng minh rằng limqn = 0, khi q 1 1, khi q = 1 + , khi q > 1 không tô`n tai, khi q 1 .  <    ∞   ≤ −  . LỜI GIẢI. Nếu q = 1 thì có ngay limqn = 1. Và nếu q = 0 thì cũng có ngay limqn = 0. Nếu 0 0)⇒ n 0 1 n n n n n 1 (1 a) C a.C ... a .C q n = + = + + + ≥1 + na > 0, với ∀ n ∈ N *. Do ñó n 10 q 1 na < ≤ + , với ∀ n ∈ N *. Vì a > 0 nên lim 1 1 na+ = 0. Theo nguyên lí giới hạn kẹp ta có lim|q|n = 0, hay limqn = 0. Nếu q > 1 thì 0 < 1 q < 1 nên theo chứng minh trên lim n 1 q = 0. Ta ñi ñến limq n = + ∞. Nếu q = –1 thì limq2n = 1 còn limq2n+1 = –1 nên không tồn tại limqn. Nếu q 1 nên limq2n = lim(q2)n = + ∞, và limq2n+1 = lim[q.(q2)n] = – ∞, vì thế không tồn tại limqn. VÍ DỤ 3. Cho dãy số (an) thỏa mãn an ≤ an+1 – 2n 1a + , n *∀ ∈ℕ . Tìm giới hạn liman. LỜI GIẢI. Từ an ≤ an+1 – 2n 1a + , n *∀ ∈ℕ , suy ra an ≤ an+1 và an ≤ 1 4 , n *∀ ∈ℕ . Tức là (an) là dãy bị chặn trên và không giảm. Do ñó (an) có giới hạn hữu hạn liman = a. Lấy giới hạn hạn hai vế bất ñẳng thức ñề bài cho ta ñược a ≤ a – a2, hay a = 0. Vậy liman = 0. Giới hạn của dãy số - Bồi dưỡng HSG Nguyễn Văn Xá – THPT Yên Phong 2 – Bắc Ninh 3 VÍ DỤ 4. Cho dãy số (xn) thỏa mãn x1 = 3, 3n+1 n 1 nx 3x 2 x+− = + , ∀ n ∈ N *. Tìm giới hạn lim xn. LỜI GIẢI. Ta thấy x1 = 3 > 2. Giả sử xk > 2, lúc này 3k+1 k 1 kx 3x 2 x+− = + > 2 2 2+ = nên 3 k+1 k 1x 3x 2 0+− − > ⇔ (xk+1 + 1)2(xk+1 – 2) > 0 ⇔ xk+1 > 2. Tức là xn > 2, ∀ n ∈ N *. Xét hàm số f(t) = t3 – 3t, có f ’(t) = 3t2 – 3 = 3(t + 1)(t – 1) > 0, ∀ t > 2, suy ra f(t) ñồng biến trên khoảng (2; + ∞). Kiểm tra thấy 31 1x 3x 18− = > 32 2x 3x 5− = ⇒ f(x1) > f(x2) ⇒ x1 > x2. Giả sử xk > xk+1 ⇒ k2 x+ > k+12 x+ ⇒ 3k+1 k 1x 3x +− > 3 k+2 k 2x 3x +− ⇒ f(xk+1) > f(x k +2) ⇒ xk+1 > xk+2. Do ñó xn > xn+1 với ∀ n ∈ N *. Dãy (xn) giảm và bị chặn dưới bởi 2 nên tồn tại giới hạn hữu hạn lim xn = x ≥ 2. Lấy giới hạn hai vế ñẳng thức ñề bài ta ñược x3 – 3x = 2 x+ ⇔ x6 – 6x4 + 9x2 = x + 2 (vì x ≥ 2 nên x3 – 3x > 0) ⇔ x6 – 6x4 + 9x2 – x – 2 = 0 ⇔ (x – 2).(x5 + 2x4 – 2x3– 4x2 + x + 1) = 0 ⇔ (x – 2).(x2(x3 – 4) + 2x3(x – 1) + x + 1) = 0 ⇔ x = 2 (do x ≥ 2). Vậy limxn = 2. VÍ DỤ 5. Tính giới hạn: a) lim n n [(2+ 3) ] (2+ 3) , trong ñó [x] là phần nguyên của số thực x, tức là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. b) lim( 2 3 n 1 3 5 2n 1 ... 2 2 2 2 − + + + + ). c) lim c n n a (a > 1, c > 0). d)lim n n . e) lim n 1 n! . LỜI GIẢI. a) ðặt n n n (2 3) (2 3) a , 2 + + − = nhờ công thức khai triển nhị thức Niuton ta thấy ngay an là số nguyên dương. Mặt khác – 1< – n(2 3)− < 0 nên có n[(2+ 3) ] = =[2an – n(2 3)− ] = 2an +[– n(2 3)− ] = 2an – 1. Vậy lim n n [(2+ 3) ] (2+ 3) = lim n n 2a 1 (2+ 3) − = = lim n n n (2 3) (2 3) 1 (2+ 3) + + − − = lim( n n 1 11 (7 4 3) (2+ 3)+ −+ ) = 1. Nhận xét: Với x, y, n, r nguyên dương, r không là số chính phương thì tồn tại hai dãy số nguyên dương (an) và (bn) sao cho (x +y r )n = an + nb r ; (x - y r )n = an - nb r ; với n n n n n n (x y r ) (x y r ) (x y r ) (x y r ) a , b 2 2 + + − + − − = = . Giới hạn của dãy số - Bồi dưỡng HSG Nguyễn Văn Xá – THPT Yên Phong 2 – Bắc Ninh 4 b) Ta ñặt xn = 2 3 n 1 3 5 2n 1 ... 2 2 2 2 − + + + + ⇒ 2xn = 2 n-1 3 5 2n 11 ... 2 2 2 − + + + + . Ta có xn = 2xn – xn = 2 n 2 n 1 1 1 1 2n2 ... 2 2 2 2− − + + + + + = 3 – n 2 1 2 − + n 1 2 – n 1 n 2 − . Dễ thấy lim n 2 1 2 − = lim n 1 2 = 0. Với mọi n > 2 ta có n 12 − = 0 1 2 n 1n 1 n 1 n 1 n 1C C C ... C − − − − − + + + + ≥ 2 n 1C − = = 2n 3n 2 2 − + > 0. Từ ñó suy ra n 1 2 n 2n0 2 n 3n 2− < < − + , ∀ n > 2. Mà lim 2 2n n 3n 2− + = 0 nên lim n 1 n 2 − = 0. Vậy lim xn = 3. c) Với hai số thực a > 1 và c > 0 ta biến ñổi c n n a = c n c n a          = c n n (1+b)       ở ñó b = 1 ca – 1 > 0. Nhận thấy với mọi n ≥ 2 thì n(1 + b) = 0 1 2 2 n nn n n nC bC b C ... b C+ + + + ≥ 2 2nb C = 2 2(n n)b 2 − > 0 suy ra 0 < n n (1+b) < 2 2 (n 1)b− , ∀ n ∈ N *. Từ ñây và do lim 2 2 (n 1)b− = 0 nên lim n n (1+b) = 0, dẫn tới lim c n n a = lim c n n (1+b)       = 0. d) Với n ≥ 9 ta có n 1 2 3 n 0 n n n n n n 1 C C C C1 C ... nn n n n n   + = + + + + +    ≥ ≥ 2n 1 n 3n 21 n 2 6 n − − + + + + = 1 1 n n n 1 n 2 2 2 6 3 n + + + + > n n n 2 6 + = n n n n 6 2 + − = = n( n 3) n 6 − + ≥ n. Dẫn ñến n 11 n 1 n < < + với mọi n ≥ 9. Mà lim ( 11 n + ) = 1 nên suy ra lim n n = 1. Nhận xét: Với a >0, a ≠ 1, thì lim alog n n = 0. e) Trước hết ta có n! = 1.2.3n ≤ nn ⇒ n 1 1 n n! ≤ , ∀ n ∈ N *. Mặt khác ∀k = 1, n ta luôn có (n k)(k 1) 0 k(n k 1) n− − ≥ ⇒ − + ≥ , cho k chạy từ 1 ñến n ta thu ñược n bất ñẳng thức mà hai vế ñều dương, nhân n bất ñẳng thức này, vế với vế tương ứng, ta ñược (n!)2 ≥ nn hay n 1 1 , n * n! n ≤ ∀ ∈ℕ . Từ n 1 1 1 , n * n n! n ≤ ≤ ∀ ∈ℕ , và lim 1 n = lim 1 n = 0 suy ra lim n 1 n! = 0. Giới hạn của dãy số - Bồi dưỡng HSG Nguyễn Văn Xá – THPT Yên Phong 2 – Bắc Ninh 5 VÍ DỤ 6. Cho dãy số (un) thỏa mãn u1 = – 2, un+1 = n n u 1 u− , ∀ n ∈ N *. a. Chứng minh un < 0, ∀ n ∈ N *. b. ðặt vn = n n 1+ u u , ∀ n ∈ N *. Chứng minh (vn) là cấp số cộng. c. Tìm công thức số hạng tổng quát của (un), (vn), và tính các giới hạn limun, limvn. LỜI GIẢI. a) Ta chứng minh un < 0 (∀ n ∈ N *) bằng phương pháp quy nạp toán học. Rõ ràng u1 = – 2 0 ⇒ uk+1 = k k u 1 u− < 0. Vậy un < 0 (∀ n ∈ N *). b) ðặt vn = n n 1+ u u thì vn ≠ 1 và un = n 1 v 1− . Ta có v1 = 1 2 1 2 2 − = − . Từ un+1 = n n u 1 u− ta có n+1 n n 1 1 1 : (1 ) v 1 v 1 v 1 = − − − − hay vn+1 = vn – 1 (∀ n ∈ N *). Vậy (vn) là cấp số cộng có số hạng ñầu tiên v1= 1 2 , công sai d = –1. c) Từ câu b ta có ngay vn = 32 – n, và un = n 1 v 1− = 1 3 n 1 2 − − hay un = 2 1 2n− (∀ n ∈ N *). Như vậy limun = 0, limvn = – ∞. VÍ DỤ 7. Cho dãy số (un) thỏa mãn 0 < un < 1 và un+1 < 1 – n 1 4u với mọi n ∈ N *. Chứng minh rằng un > 1 2 , ∀ n ∈ N *. LỜI GIẢI. Từ 0 < un < 1 và un+1 < 1 – n 1 4u suy ra un(1 – un+1) > 14 (∀ n ∈ N *). Áp dụng bất ñẳng thức Côsi cho hai số un và 1 – un+1 ta có un + (1 – un+1) ≥ n n+1 12 u (1 u ) 2. 1 4 − > = hay n n+1u 1 u 1+ − > hay n n+1u > u (∀ n ∈ N *). Dãy (un) giảm và bị chặn nên có giới hạn hữu hạn nlimu u [0; 1]= ∈ . Lấy giới hạn hai vế của bất ñẳng thức un(1 – un+1) > 1 4 ta ñược u(1 – u) > 1 4 ⇔ u = 1 2 . Tức là limun = 1 2 . Bây giờ ta ñi chứng minh un > 1 2 (∀ n ∈ N *) bằng phương pháp phản chứng. Giả sử Giới hạn của dãy số - Bồi dưỡng HSG Nguyễn Văn Xá – THPT Yên Phong 2 – Bắc Ninh 6 tồn tại số nguyên dương k sao cho uk ≤ 1 2 . Lúc này 1 2 ≥ uk > uk+1 > uk+2 > > un+k > , ∀ n ∈ N *. Suy ra 1 2 ≥ uk > uk+1≥ lim un+k = 1 2 . ðiều này vô lí. Vậy un > 1 2 (∀ n ∈ N *). VÍ DỤ 8. Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng phương trình xn+1 = x + 1 có một nghiệm dương duy nhất, kí hiệu là xn. Tìm limxn. LỜI GIẢI. Trước hết nếu x > 0 thì x + 1 > 1, từ phương trình xn+1 = x + 1 ⇒ xn+1> 1 ⇒ x > 1. Do ñó nếu phương trình xn+1 = x + 1 có nghiệm dương thì nghiệm ñó sẽ lớn hơn 1. Ta xét hàm số fn(x) = xn+1 – x – 1 với x > 1, có fn’(x) = (n + 1)xn –1 > (n + 1) – 1 = n > 0 với mọi x > 1. Suy ra fn(x) ñồng biến trên khoảng (1; + ∞). Từ ñây, và tính liên tục của fn(x), và fn(1) = – 1< 0, nlim f (x) x→+∞ = +∞ , ta kết luận phương trình xn+1 = x + 1 có nghiệm dương duy nhất xn. Tất nhiên xn > 1. Do fn+1(x) liên tục, fn+1(1) = – 1 − − = fn(xn) = 0, nên phương trình xn+2 = x + 1 có nghiệm dương duy nhất xn+1 và 1 < xn+1< xn. Dãy (xn) giảm và bị chặn dưới bởi 1 nên có giới hạn hữu hạn limxn = a ≥ 1. Do xn là nghiệm dương của phương trình xn+1 = x + 1 nên n+1n nx x 1− − = 0 ⇒ 1 n 1 n nx (1 x ) += + . Do lim 1 n+1 = 0, lim(1+ xn) = a + 1, nên lim 1 n 1 n nx lim(1 x ) += + = (1 + a)0 = 1. Vậy limxn = 1. 3. BÀI TẬP Bài 1. Tính giới hạn: 1) lim( 3 3 3 3 3 3 3 3 1 3 5 (2n 1) ... n n n n − + + + + ). 2) lim 3 3 3 4 1 2 ... n n + + + . 3) lim( 1 1 1... 1.2 2.3 n(n 1)+ + + + ). 4) lim( 1 3 2n 1 . ... 2 4 2n − ). 5) lim(cos 1 n + a.sin 1 n )n. 6) lim( 2 2 2 1 1 1 ... n 1 n n n n + + + + + + ). 7) lim 1 2 n n 1 2 ... n n + + + . 8) lim na n! (với a > 0). 9) lim n n n n1 2 ... 2010+ + + . 10) lim( 1 1 11 ... 2 3 n + + + + ). Bài 2. Dãy số (xn) có x1 = a >0, 2n+1 nx x a− = (∀ n ∈ N *). Tìm limxn. Bài 3. Dãy số (an) có 0 < an < 1 và an+1 = an(2 – an) với mọi n ∈ N *. Tìm limxn. Bài 4. Với mỗi số nguyên dương n phương trình x = n x 1+ có một nghiệm dương duy nhất, kí hiệu là xn. Tìm lim(n(xn – 1)).

Tài liệu đính kèm:

GHDS_Xa.pdf

Tài liệu liên quan

Giáo án môn Giải tích 12 tiết 103: Số phức
Lượt xem: 1155 Lượt tải: 0
Ðề 3 thi tuyển sinh đại học khối A năm 2010 môn thi : Toán
Lượt xem: 1007 Lượt tải: 0
Giáo án Giải Tích 12 Cơ bản - Chương 3 và 4
Lượt xem: 1495 Lượt tải: 1
Vấn đề Hệ phương trình có chứa căn
Lượt xem: 1160 Lượt tải: 0
Giáo án môn Giải tích 12 - Phần ôn tập Chủ đề 4: Đại số tổ hợp
Lượt xem: 1162 Lượt tải: 0
Giáo án Giải tích 12 - Chương 1: Tiết 1 đến tiết 20
Lượt xem: 1006 Lượt tải: 0
Đề tài Ứng dụng của các đạo hàm
Lượt xem: 1168 Lượt tải: 1
Đề kiểm tra 1 tiết Giải tích lớp 12 - Nâng cao chương III: Nguyên hàm - tích phân
Lượt xem: 1676 Lượt tải: 0
Đề 39 Kỳ thi tuyển sinh đại học năm 2010 môn thi: Toán – Khối A
Lượt xem: 772 Lượt tải: 0
Giáo án Đại số lớp 12 - Tiết : Luyện tập
Lượt xem: 950 Lượt tải: 0