Một số phương pháp tính giới hạn dãy số

Bước 1:

$\lim \dfrac{{1 - {3^n}}}{{{2^n} + {{4.3}^n}}} = \lim \dfrac{{\dfrac{1}{{{3^n}}} - 1}}{{\dfrac{{{2^n}}}{{{3^n}}} + 4}}$

Bước 2:

Vì

$\begin{array}{l}\dfrac{1}{3} < 1 \Rightarrow \lim \dfrac{1}{{{3^n}}} = \lim {\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^n} = 0\\\dfrac{2}{3} < 1 \Rightarrow \lim \dfrac{{{2^n}}}{{{3^n}}} = \lim {\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^n} = 0\end{array}$

$\Rightarrow \lim \dfrac{{1 - {3^n}}}{{{2^n} + {{4.3}^n}}} = \dfrac{{0 - 1}}{{0 + 4}} = \dfrac{{ - 1}}{4}$

Bước 1:

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

Bước 2:

=> a=3, b=2

=> ${a^2} + {b^2} = 9 + 4 = 13$

Bước 1: Tính diện tích các hình vuông ${A_n}{B_n}{C_n}{D_n}\left( {n \ge 1} \right)$ và lập bảng.

Áp dụng định lý Pitago để tính các cạnh hình vuông.

Ta có: ${A_2}{B_2}^2 = {A_1}{A_2}^2 + {A_1}{B_2}^2 = {\left( {\dfrac{a}{4}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{3a}}{4}} \right)^2}$ $= {a^2}.\dfrac{{10}}{{16}}$

Diện tích hình vuông ${A_2}{B_2}{C_2}{D_2}$ là ${A_2}{B_2}^2 = {a^2}.\dfrac{{10}}{{16}}$

Cứ như thế ta có diện tích tương ứng trong bảng sau:

Bước 2: Áp dụng công thức tính tổng cấp số nhân lùi vô hạn.

Có $S_{1} ; S_{2} ; S_{3} ; \ldots$ là một cấp số nhân lùi vô hạn với:

- Số hạng đầu: $S_{1}=a^{2}$

- Công bội: $q=\dfrac{10}{16}$

Do đó: $S=S_{1}+S_{2}+S_{3}+\ldots=\dfrac{S_{1}}{1-q}=\dfrac{a^{2}}{1-\dfrac{10}{16}} \dfrac{8 a^{2}}{3}$

Theo giả thiết: $S=\dfrac{32}{3} \Leftrightarrow \dfrac{8 a^{2}}{3}=\dfrac{32}{3} \Leftrightarrow a=2$.

Bước 1: Tính diện tích các tam giác ${A_n}{B_n}{C_n}\left( {n \ge 1} \right)$ và lập bảng.

Áp dụng công thức tính diện tích tam giác đều cạnh a: ${S_1} = {S_{{A_1}{B_1}{C_1}}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$

Vì các tam giác đều ${A_{n + 1}}{B_{n + 1}}{C_{n + 1}}$ có các cạnh đều bằng một nửa cạnh của tam giác ${A_n}{B_n}{C_n}\left( {n \ge 1} \right)$ nên ta có: ${S_{{A_{n + 1}}{B_{n + 1}}{C_{n + 1}}}} = \dfrac{1}{4}{S_{{A_n}{B_n}{C_n}}}$

Như thế ta có diện tích tương ứng trong bảng sau:

Có $S_{1} ; S_{2} ; S_{3} ; \ldots$ là một cấp số nhân lùi vô hạn biêt:

- Số hạng đầu: $\dfrac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$

- Công bội: $q=\dfrac{1}{4}$

Bước 2: Áp dụng công thức tính tổng cấp số nhân lùi vô hạn.

Do đó: $S=S_{1}+S_{2}+S_{3}+\ldots=\dfrac{S_{1}}{1-q}=\dfrac{\dfrac{a^{2} \sqrt{3}}{4}}{1-\dfrac{1}{4}}=\dfrac{a^{2} \sqrt{3}}{3}$

Theo giả thiết: $S=\dfrac{\sqrt{3}}{3} \Leftrightarrow \dfrac{a^{2} \sqrt{3}}{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} \Leftrightarrow a=1$

$\lim \dfrac{{2n + 1}}{{1 - 3n}} = \lim \dfrac{{2 + \dfrac{1}{n}}}{{\dfrac{1}{n} - 3}} = \dfrac{2}{{ - 3}} =  - \dfrac{2}{3}$

Ta có: $A = \lim \dfrac{{2 + \dfrac{3}{n} + \dfrac{1}{{{n^2}}}}}{{3 - \dfrac{1}{n} + \dfrac{2}{{{n^2}}}}} = \dfrac{2}{3}$.

$D = \lim \dfrac{{\dfrac{1}{n} - \dfrac{3}{{{n^2}}} + \dfrac{2}{{{n^4}}}}}{{1 + \dfrac{4}{n} + \dfrac{1}{{{n^4}}}}} = \dfrac{{0 + 0 + 0}}{{1 + 0 + 0}} = 0$

$C = \lim \sqrt {\dfrac{{{{3.3}^n} + {4^n}}}{{{3^{n + 1}} + {4^{n + 1}}}}}  = \lim \sqrt {\dfrac{{{{3.3}^n} + {4^n}}}{{{{3.3}^n} + {{4.4}^n}}}}$ $= \lim \sqrt {\dfrac{{3.{{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)}^n} + 1}}{{3.{{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)}^n} + 4}}}  = \sqrt {\dfrac{1}{4}}  = \dfrac{1}{2}$

$\begin{array}{l}\lim \dfrac{{{n^2} - 2n}}{{5n + 5{n^2}}} = \lim \dfrac{{1 - \dfrac{2}{n}}}{{\dfrac{5}{n} + 5}} = \dfrac{1}{5}.\\\lim \dfrac{{1 + {n^2}}}{{5n + 5}} = \lim \dfrac{{\dfrac{1}{{{n^2}}} + 1}}{{\dfrac{5}{n} + \dfrac{5}{{{n^2}}}}} =  + \infty .\\\lim \dfrac{{1 + 2n}}{{5n + 5{n^2}}} = \lim \dfrac{{\dfrac{1}{{{n^2}}} + \dfrac{2}{n}}}{{\dfrac{5}{n} + 5}} = \dfrac{0}{5} = 0.\\\lim \dfrac{{1 - {n^2}}}{{5n + 5}} = \lim \dfrac{{\dfrac{1}{{{n^2}}} - 1}}{{\dfrac{5}{n} + \dfrac{5}{{{n^2}}}}} =  - \infty .\end{array}$

Ta có $5n - {n^2} + 1 = {n^2}\left( { - 1 + \dfrac{5}{n} + \dfrac{1}{{{n^2}}}} \right).$

Vì $\lim {n^2} =  + \infty$ và $\lim \left( { - 1 + \dfrac{5}{n} + \dfrac{1}{{{n^2}}}} \right) =  - 1 < 0$ nên $\lim \left( {5n - {n^2} + 1} \right) =  - \infty$

Ta có: $\lim \left( {{{3.2}^{n + 1}} - {{5.3}^n} + 7n} \right) = {3^n}\left( { - 5 + 6{{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)}^n} + 7\dfrac{n}{{{3^n}}}} \right) =  - \infty$

Ta có: $C = \lim \dfrac{{{n^8}{{\left( {2 + \dfrac{1}{{{n^2}}}} \right)}^4}.{n^9}{{\left( {1 + \dfrac{2}{n}} \right)}^9}}}{{{n^{17}}\left( {1 + \dfrac{1}{{{n^{17}}}}} \right)}}$ $= \lim \dfrac{{{{\left( {2 + \dfrac{1}{{{n^2}}}} \right)}^4}.{{\left( {1 + \dfrac{2}{n}} \right)}^9}}}{{1 + \dfrac{1}{{{n^{17}}}}}}$ $= \dfrac{{{2^4}.1}}{1} = 16.$

Ta có: $B = \lim \left( {\sqrt[3]{{{n^3} + 9{n^2}}} - n} \right) = \lim \dfrac{{\left( {\sqrt[3]{{{n^3} + 9{n^2}}} - n} \right)\left( {\sqrt[3]{{{{\left( {{n^3} + 9{n^2}} \right)}^2}}} + n\sqrt[3]{{{n^3} + 9{n^2}}} + {n^2}} \right)}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {{n^3} + 9{n^2}} \right)}^2}}} + n\sqrt[3]{{{n^3} + 9{n^2}}} + {n^2}}}$

               $\begin{array}{l} = \lim \dfrac{{{n^3} + 9{n^2} - {n^3}}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {{n^3} + 9{n^2}} \right)}^2}}} + n\sqrt[3]{{{n^3} + 9{n^2}}} + {n^2}}} = \lim \dfrac{{9{n^2}}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {{n^3} + 9{n^2}} \right)}^2}}} + n\sqrt[3]{{{n^3} + 9{n^2}}} + {n^2}}}\\ = \lim \dfrac{9}{{\sqrt[3]{{{{\left( {1 + \dfrac{9}{n}} \right)}^2}}} + \sqrt {1 + \dfrac{9}{n}}  + 1}} = \dfrac{9}{{1 + 1 + 1}} = 3.\end{array}$

Ta có: $D = \lim \dfrac{{n\left( {\sqrt {1 + \dfrac{1}{{{n^2}}}}  - \sqrt[3]{{3 + \dfrac{2}{{{n^3}}}}}} \right)}}{{n\left( {\sqrt[4]{{2 + \dfrac{1}{{{n^3}}} + \dfrac{2}{{{n^4}}}}} - 1} \right)}} = \dfrac{{1 - \sqrt[3]{3}}}{{\sqrt[4]{2} - 1}}$.

Ta có: $D = \lim \left( {\sqrt {{n^2} + 2n}  - \sqrt[3]{{{n^3} + 2{n^2}}}} \right)$

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

$\begin{array}{l}K = \lim \left( {\sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} - 1}} - 3\sqrt {4{n^2} + n + 1}  + 5n} \right)\\ = \lim \left( {\sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} - 1}} - n} \right) - 3\lim \left( {\sqrt {4{n^2} + n + 1}  - 2n} \right).\end{array}$

Ta có:

$\begin{array}{l}A = \lim \left( {\sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} - 1}} - n} \right) \\= \lim \dfrac{{\left( {\sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} - 1}} - n} \right)\left( {\sqrt[3]{{{{\left( {{n^3} + {n^2} - 1} \right)}^2}}} + \sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} - 1}} + 1} \right)}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {{n^3} + {n^2} - 1} \right)}^2}}} + \sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} - 1}} + 1}}\\ = \lim \dfrac{{{n^2} - 1}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {{n^3} + {n^2} - 1} \right)}^2}}} + n.\sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} - 1}} + {n^2}}} \\= \lim \dfrac{{1 - \dfrac{1}{{{n^2}}}}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {1 + \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{{{n^3}}}} \right)}^2}}} + \sqrt[3]{{1 + \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{{{n^3}}}}} + 1}} \\= \dfrac{1}{{1 + 1 + 1}} = \dfrac{1}{3}.\end{array}$

$\begin{array}{l}B = \lim \left( {\sqrt {4{n^2} + n + 1}  - 2n} \right) \\= \lim \dfrac{{\left( {\sqrt {4{n^2} + n + 1}  - 2n} \right)\left( {\sqrt {4{n^2} + n + 1}  + 2n} \right)}}{{\sqrt {4{n^2} + n + 1}  + 2n}}\\ = \lim \dfrac{{4{n^2} + n + 1 - 4{n^2}}}{{\sqrt {4{n^2} + n + 1}  + 2n}} \\= \lim \dfrac{{n + 1}}{{\sqrt {4{n^2} + n + 1}  + 2n}} \\= \lim \dfrac{{1 + \dfrac{1}{n}}}{{\sqrt {4 + \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{{{n^2}}}}  + 2}} \\= \dfrac{1}{{\sqrt 4  + 2}} = \dfrac{1}{4}.\\ \Rightarrow K = A - 3B = \dfrac{1}{3} - \dfrac{3}{4} =  - \dfrac{5}{{12}}.\end{array}$

Ta có: $\dfrac{1}{{(k + 1)\sqrt k  + k\sqrt {k + 1} }}$ $=\dfrac{1}{{\sqrt {k\left( {k + 1} \right)} \left( {\sqrt {k + 1}  + \sqrt k } \right)}}$ $= \dfrac{{\sqrt {k + 1}  - \sqrt k }}{{\sqrt {k\left( {k + 1} \right)} \left( {\sqrt {k + 1}  + \sqrt k } \right)\left( {\sqrt {k + 1}  - \sqrt k } \right)}}$ $= \dfrac{{\sqrt {k + 1}  - \sqrt k }}{{\sqrt {k\left( {k + 1} \right)} \left( {k + 1 - k} \right)}}$ $= \dfrac{{\sqrt {k + 1}  - \sqrt k }}{{\sqrt k .\sqrt {k + 1} }} = \dfrac{1}{{\sqrt k }} - \dfrac{1}{{\sqrt {k + 1} }}$

$\Rightarrow {u_n} = \dfrac{1}{{2\sqrt 1  + \sqrt 2 }} + \dfrac{1}{{3\sqrt 2  + 2\sqrt 3 }} + ... + \dfrac{1}{{(n + 1)\sqrt n  + n\sqrt {n + 1} }}$ $= \dfrac{1}{{\sqrt 1 }} - \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} - \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} + ... + \dfrac{1}{{\sqrt n }} - \dfrac{1}{{\sqrt {n + 1} }}$

Suy ra ${u_n} = 1 - \dfrac{1}{{\sqrt {n + 1} }} \Rightarrow \lim {u_n} = \lim \left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt {n + 1} }}} \right) = 1$  do  $\lim \dfrac{1}{{\sqrt {n + 1} }} = 0$

$\begin{array}{l}{u_n} = \left( {1 - \dfrac{1}{{{2^2}}}} \right).\left( {1 - \dfrac{1}{{{3^2}}}} \right)...\left( {1 - \dfrac{1}{{{n^2}}}} \right) = \left( {\dfrac{{{2^2} - 1}}{{{2^2}}}} \right).\left( {\dfrac{{{3^2} - 1}}{{{3^2}}}} \right)...\left( {\dfrac{{{n^2} - 1}}{{{n^2}}}} \right) = \dfrac{{\left( {{2^2} - 1} \right)\left( {{3^2} - 1} \right)...\left( {{n^2} - 1} \right)}}{{{2^2}{{.3}^2}...{n^2}}}\\ = \dfrac{{\left( {1.3} \right).\left( {2.4} \right).\left( {3.5} \right).\left( {4.6} \right)\,...\,\,\left[ {\left( {n - 1} \right).\left( {n + 1} \right)} \right]}}{{{2^2}{{.3}^2}...{n^2}}} = \dfrac{{n + 1}}{{2n}}\\ \Rightarrow \lim {u_n} = \lim \dfrac{{n + 1}}{{2n}} = \lim \dfrac{{1 + \dfrac{1}{n}}}{2} = \dfrac{1}{2}.\end{array}$

Ta có $\left| {\dfrac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{n\left( {n + 1} \right)}}} \right| = \dfrac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}} < \dfrac{1}{{n.n}} = \dfrac{1}{{{n^2}}}$ mà $\lim \dfrac{1}{{{n^2}}} = 0$ nên suy ra $\lim \dfrac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{n\left( {n + 1} \right)}} = 0$

Chia cả tử và mẫu cho ${n^2}$ ta có được : $C = \lim \dfrac{{\sqrt[4]{{\dfrac{3}{{{n^5}}} + \dfrac{1}{{{n^8}}}}} - \dfrac{1}{n}}}{{\sqrt {2 + \dfrac{3}{{{n^3}}} + \dfrac{1}{{{n^4}}}}  + \dfrac{1}{n}}} = 0$.