Giới hạn của dãy số

Công thức tính tổng cấp số nhân lùi vô hạn: \(S = {u_1} + {u_2} + ... + {u_n} + ... = \dfrac{{{u_1}}}{{1 - q}}\).

\(\lim \left( {\sqrt {{n^2} - n}  - n} \right)\) \(= \lim \dfrac{{\left( {\sqrt {{n^2} - n}  - n} \right).\left( {\sqrt {{n^2} - n}  + n} \right)}}{{\sqrt {{n^2} - n}  + n}} \) \(= \lim \dfrac{{{n^2} - n - {n^2}}}{{\sqrt {{n^2} - n}  + n}} \) \(= \lim \dfrac{{ - n}}{{\sqrt {{n^2} - n}  + n}}\) \(= \lim \dfrac{{ - 1}}{{\sqrt {1 - \dfrac{1}{n}}  + 1}}\) \(= \dfrac{{ - 1}}{2} =  - \dfrac{1}{2}.\)

$\begin{array}{l}\lim ( {\sqrt {{n^2} - n + 1}  - \sqrt {{n^2} + 1} } ) \\ =\lim \frac{{( {\sqrt {{n^2} - n + 1}  - \sqrt {{n^2} + 1} }) ( {\sqrt {{n^2} - n + 1}  + \sqrt {{n^2} + 1} } )}}{{\sqrt {{n^2} - n + 1}  + \sqrt {{n^2} + 1} }}\\ = \lim \frac{{{n^2} - n + 1 - {n^2} - 1}}{{\sqrt {{n^2} - n + 1}  + \sqrt {{n^2} + 1} }} \\= \lim \frac{{ - n}}{{\sqrt {{n^2} - n + 1}  + \sqrt {{n^2} + 1} }} \\= \lim \frac{{ - 1}}{{\sqrt {1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}  + \sqrt {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} }} \\= -\frac{{1}}{2}\end{array}$

Ta có: \({u_1} = \dfrac{1}{2};q = \dfrac{1}{2} \Rightarrow S = \dfrac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}}}{{1 - \dfrac{1}{2}}} = 1\)

$\begin{array}{l}{u_n} = \dfrac{1}{{1.2}} + \dfrac{1}{{2.3}} + \dfrac{1}{{3.4}} + ... + \dfrac{1}{{n.\left( {n + 1} \right)}} \\= \dfrac{{2 - 1}}{{1.2}} + \dfrac{{3 - 2}}{{2.3}} + ... + \dfrac{{n + 1 - n}}{{n.\left( {n + 1} \right)}}\\ = 1 - \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{3} + .... + \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{{n + 1}} \\= 1 - \dfrac{1}{{n + 1}}\\ \Rightarrow \lim {u_n} = \lim \left( {1 - \dfrac{1}{{n + 1}}} \right) = 1.\end{array}$

Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) có giới hạn \( - \infty \) nếu mọi số hạng của dãy số đều nhỏ hơn một số âm tùy ý cho trước kể từ một số hạng nào đó trở đi.

Khi đó, ta viết \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left( {{u_n}} \right) =  - \infty \), viết tắt là \(\lim \left( {{u_n}} \right) =  - \infty \) hoặc \(\lim {u_n} =  - \infty \).

Ta có: \(\lim n =  + \infty ,\lim \sqrt n  =  + \infty ,\) \(\lim \sqrt[3]{n} =  + \infty ,\) \(\lim \dfrac{1}{n} =  0 \)

Vậy chỉ có đáp án D là sai.

$\begin{array}{l}{u_n} = \frac{1}{{1.3}} + \frac{1}{{3.5}}+ ... + \frac{1}{{\left( {2n - 1} \right).\left( {2n + 1} \right)}}\\ = \frac{1}{2}. \left( {1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{5}+ ... + \frac{1}{{2n - 1}} - \frac{1}{{2n + 1}}} \right) \\ = \frac{1}{2}.\left( {1 - \frac{1}{{2n + 1}}} \right)\\ \Rightarrow \lim {u_n} = \lim \frac{1}{2}\left( {1 - \frac{1}{{2n + 1}}} \right) = \frac{1}{2}.\end{array}$

Ta có: \(\lim \left( {{u_n}.{v_n}} \right) = \lim \left( {\dfrac{1}{n}.{n^2}} \right) = \lim n =  + \infty \).

Ta có \(\left| {\dfrac{{\sin \left( {n!} \right)}}{{{n^2} + 1}}} \right| \le \dfrac{1}{{{n^2} + 1}}\) mà \(\lim \dfrac{1}{{{n^2} + 1}} = 0\) nên chọn đáp án A.

\(\sqrt 2  > 1 =  > \lim {(\sqrt 2 )^n} =  + \infty \)

Đáp án A sai.

$\lim {u_n} = \lim \dfrac{{\left( {2n + 1} \right)\left( {1 - 3n} \right)}}{{\sqrt[3]{{{n^3} + 5n - 1}}}}$ $ = \lim \dfrac{{ - 6{n^2} - n + 1}}{{\sqrt[3]{{{n^3} + 5n - 1}}}} $ $= \lim \dfrac{{\dfrac{{ - 6{n^2} - n + 1}}{{{n^2}}}}}{{\sqrt[3]{{\dfrac{{{n^3} + 5n - 1}}{{{n^6}}}}}}}$ $=\lim \dfrac{{ - 6 - \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{{{n^2}}}}}{{\sqrt[3]{{\dfrac{1}{{{n^3}}} + \dfrac{5}{{{n^5}}} - \dfrac{1}{{{n^6}}}}}}} =  - \infty .$

\(\begin{array}{l}S = {u_1} + {u_2} + ...\\ = {u_1}\left( {1 + q + {q^2} + ...} \right)\\ = \dfrac{{{u_1}}}{{1 - q}}\end{array}\)

\(\begin{array}{l}{u_2} = \dfrac{{2 + 1}}{2} = \dfrac{3}{2} = \dfrac{{{2^1} + 1}}{{{2^1}}}\\{u_3} = \dfrac{{\dfrac{3}{2} + 1}}{2} = \dfrac{5}{4} = \dfrac{{{2^2} + 1}}{{{2^2}}}\\{u_4} = \dfrac{{\dfrac{5}{4} + 1}}{2} = \dfrac{9}{8} = \dfrac{{{2^3} + 1}}{{{2^3}}}\end{array}\)

Chứng minh bằng quy nạp: ${u_{n + 1}} = \dfrac{{{2^n} + 1}}{{{2^n}}},\,\,\forall n = 1;2;...\,\,\,\,(*)$:

* Với $n = 1$: ${u_2} = \dfrac{{{u_1} + 1}}{2} = \dfrac{{2 + 1}}{2} = \dfrac{{{2^1} + 1}}{{{2^1}}}$  : (*) đúng

* Giả sử (*) đúng với $n = k \ge 1$, tức là ${u_k} = \dfrac{{{2^k} + 1}}{{{2^k}}}$ ta chứng minh (*) đúng với $n = k + 1$ , tức là cần chứng minh ${u_{k + 1}} = \dfrac{{{2^{k + 1}} + 1}}{{{2^{k + 1}}}}$

Ta có : ${u_{k + 1}} = \dfrac{{{u_k} + 1}}{2} = \dfrac{{\dfrac{{{2^k} + 1}}{{{2^k}}} + 1}}{2} = \dfrac{{\dfrac{{{2^k} + 1 + {2^k}}}{{{2^k}}}}}{2} = \dfrac{{{{2.2}^k} + 1}}{{{2^{k + 1}}}} = \dfrac{{{2^{k + 1}} + 1}}{{{2^{k + 1}}}}$

Theo nguyên lý quy nạp, ta chứng minh được (*).

Như vậy, công thức tổng quát của dãy $({u_n})$là: ${u_n} = \dfrac{{{2^{n - 1}} + 1}}{{{2^{n - 1}}}} = 1 + \dfrac{1}{{{2^{n - 1}}}},\,\,\forall n = 1;2;...\,\,\,\,(*)$

Từ (*) ta có \({u_{n + 1}} - {u_n} = 1 + \dfrac{1}{{{2^n}}} - \left( {1 + \dfrac{1}{{{2^{n - 1}}}}} \right) \) \(= \dfrac{1}{{{2^n}}} - \dfrac{1}{{{2^{n + 1}}}} < 0\,\,\forall n = 1,2,... \Rightarrow \left( {{u_n}} \right)\) là dãy giảm và  \(\lim {u_n} = \lim \left( {1 + \dfrac{1}{{{2^{n - 1}}}}} \right) = 1 \Rightarrow \)$({u_n})$ là dãy giảm tới $1$ khi $n \to  + \infty $

Ta có \(1,\;a,\;{a^2},\;...,\;{a^n}\)  là một cấp số nhân có công bội \(a\) \( \Rightarrow 1 + a + {a^2} + ... + {a^n} = \dfrac{{1 - {a^{n + 1}}}}{{1 - a}}.\)

 Tương tự:   \(1 + b + {b^2} + ... + {b^n} = \dfrac{{1 - {b^{n + 1}}}}{{1 - b}}\)

\( \Rightarrow \lim I = \lim \dfrac{{\dfrac{{1 - {a^{n + 1}}}}{{1 - a}}}}{{\dfrac{{1 - {b^{n + 1}}}}{{1 - b}}}} = \lim \left( {\dfrac{{1 - {a^{n + 1}}}}{{1 - a}}.\dfrac{{1 - b}}{{1 - {b^{n + 1}}}}} \right) = \lim \left( {\dfrac{{1 - {a^{n + 1}}}}{{1 - {b^{n + 1}}}}.\dfrac{{1 - b}}{{1 - a}}} \right) = \dfrac{{1 - b}}{{1 - a}}.\)

(Vì \(\left| a \right| < 1,\;\;\left| b \right| < 1\)\( \Rightarrow \lim {a^{n + 1}} = \lim {b^{n + 1}} = 0\)).

${u_2} = \sqrt {1.2.3.4 + 1}  = 5,$ ${u_n} > 0,\forall n = 1;2;...$

Ta có:

$\begin{array}{l}{u_{n + 1}} = \sqrt {{u_n}\left( {{u_n} + 1} \right)\left( {{u_n} + 2} \right)\left( {{u_n} + 3} \right) + 1}  = \sqrt {\left( {u_n^2 + 3{u_n}} \right)\left( {u_n^2 + 3{u_n} + 2} \right) + 1} \\ = \sqrt {{{\left( {u_n^2 + 3{u_n}} \right)}^2} + 2\left( {u_n^2 + 3{u_n}} \right) + 1}  = \sqrt {{{\left( {u_n^2 + 3{u_n} + 1} \right)}^2}}  = u_n^2 + 3{u_n} + 1\\ \Rightarrow {u_{n + 1}} + 1 = u_n^2 + 3{u_n} + 2 = \left( {{u_n} + 1} \right)\left( {{u_n} + 2} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{{u_{n + 1}} + 1}} = \dfrac{1}{{\left( {{u_n} + 1} \right)\left( {{u_n} + 2} \right)}} = \dfrac{1}{{{u_n} + 1}} - \dfrac{1}{{{u_n} + 2}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{{u_n} + 2}} = \dfrac{1}{{{u_n} + 1}} - \dfrac{1}{{{u_{n + 1}} + 1}}\end{array}$

Do đó: 

\({v_n} = \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{u_i} + 2}} = } \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {\dfrac{1}{{{u_i} + 1}} - \dfrac{1}{{{u_{i + 1}} + 1}}} \right)}\) \( = \dfrac{1}{{{u_1} + 1}} - \dfrac{1}{{{u_{n + 1}} + 1}} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{{{u_{n + 1}} + 1}}\)

Xét hiệu \({u_{n + 1}} - {u_n} = u_n^2 + 3{u_n} + 1 - {u_n} = {\left( {{u_n} + 1} \right)^2} > 0\)

$ \Rightarrow \left( {{u_n}} \right)$ là dãy tăng.

Giả sử \(\lim {u_{n + 1}} = \lim {u_n} = a > 0 \Rightarrow a = {a^2} + 3a + 1 \Rightarrow {a^2} + 2a + 1 = 0 \Leftrightarrow a =  - 1\,\,\left( {ktm} \right) \Rightarrow \lim {u_n} =  + \infty \) 

$ \Rightarrow \lim {v_n} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{{{u_{n + 1}} + 1}} = \dfrac{1}{2} - 0 = \dfrac{1}{2}.$

Ta có: \(n! < {n^n} \Rightarrow \sqrt[n]{{n!}} < \sqrt[n]{{{n^n}}}\)

  \( \Rightarrow 0 < \dfrac{{\sqrt[{\rm{n}}]{{n!}}}}{{\sqrt {{n^3} + 2n} }} < \dfrac{{\sqrt[{\rm{n}}]{{{n^n}}}}}{{\sqrt {{n^3} + 2n} }} = \dfrac{n}{{\sqrt {{n^3} + 2n} }}\)

Mà \(\lim 0 = 0\,;\;\,\,\lim \,\dfrac{n}{{\sqrt {{n^3} + 2n} }} \) \(= \lim \dfrac{n}{{n\sqrt {n + \frac{2}{n}} }} \) \(= \lim \dfrac{1}{{\sqrt {n + \frac{2}{n}} }} = 0\)

\( \Rightarrow \lim \dfrac{{\sqrt[n]{{n!}}}}{{\sqrt {{n^3} + 2n} }} = 0 \Rightarrow B = 0.\)

Bước 1:

Vì \(\lim \dfrac{1}{n} = 0;\lim \dfrac{1}{{{n^2}}} = 0\)

Bước 2:

Nên \(\lim \left( {\dfrac{2}{n} + \dfrac{3}{{{n^2}}}} \right) = 2.0 + 3.0 = 0\)

Bước 1:

\(\lim \dfrac{{{n^2} - 3{n^3}}}{{2{n^3} + 5n - 2}}\)\( = \lim \dfrac{{{n^3}\left( { - 3 + \dfrac{1}{n}} \right)}}{{{n^3}\left( {2 + \dfrac{5}{n} - \dfrac{2}{{{n^3}}}} \right)}}\)

Bước 2:

\( = \lim \dfrac{{ - 3 + \dfrac{1}{n}}}{{2 + \dfrac{5}{n} - \dfrac{2}{{{n^3}}}}} = \dfrac{{ - 3 + 0}}{{2 + 0 - 0}} = \dfrac{{ - 3}}{2}\)

Bước 1:

\(\lim \dfrac{{n + 1}}{{2n - 3}} = \lim \dfrac{{n\left( {1 + \dfrac{1}{n}} \right)}}{{n\left( {2 - \dfrac{3}{n}} \right)}}\)\( = \lim \dfrac{{1 + \dfrac{1}{n}}}{{2 - \dfrac{3}{n}}}\)

Bước 2:

\( = \dfrac{{1 + 0}}{{2 - 0}} = \dfrac{1}{2}\)