Bài 1: Khái niệm và Sự hội tụ của dãy số

Ánh xạ f: N → R

$n \mapsto {u_n} = f(n)$ được gọi là một dãy số thực.

Ký hiệu: ${u_0},{u_1},{u_2},...,{u_n},...hay\left\{ {{u_n},n \in N} \right\}\,hay\,\left\{ {{u_n}} \right\}$. Lúc đó, n được gọi là chỉ số; un được gọi là số hạng tổng quát của dãy.

Ghi chú: Ta thường xét dãy số thực là ánh xạ từ N vào R.

Ví dụ:

• Cho dãy 1, 2, 3, 4, n, .... Ta có số hạng tổng quát của dãy là: un = n.
• Cho dãy $\{u_n\}$ có số hạng tổng quát ${u_n} = \frac{1}{{2n + 3}}$. Các phần tử của dãy là $\frac{1}{5},\frac{1}{7},\frac{1}{9},....$
• Cho u1 = 2 và ${u_n} = \frac{{3{u_{n - 1}} + 5}}{{{u_{n - 1}}}}$ các số hạng của dãy là ${u_1} = 2,{u_2} = \frac{{11}}{2},{u_3} = \frac{{43}}{{11}},...$

Định nghĩa:

Dãy {un} gọi là hội tụ nếu tồn tai số $a \in R$ thỏa : “ $\forall \varepsilon > 0$ cho trước, luôn tồn tại số nguyên dương $N(\varepsilon)$ sao cho $\forall n > N(\varepsilon ) \Rightarrow \left| {{u_n} - a} \right| < \varepsilon$”

Khi đó ta nói {un} hội tụ về a và ký hiệu: un → a hay $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n} = a$

Nhận xét:

i) Viết $N(\varepsilon)$ nghĩa là $N(\varepsilon)$ phụ thuộc vào $\varepsilon, N(\varepsilon)$ có thể không là số nguyên cũng được.

$ii)\,\,\left| {{u_n} - a} \right| < \varepsilon \Leftrightarrow - \varepsilon < {u_n} - a < \varepsilon \Leftrightarrow a - \varepsilon < {u_n} < a + \varepsilon$

$iii)\,\,{u_n} \to 0 \Leftrightarrow \left| {{u_n}} \right| \to 0$

iv) Ta còn có thể nói {un} hội tụ về a nếu với mọi khoảng mở V tâm a ta đều có N0 sao cho ${u_n} \in V,\forall n > {N_0}$ (nghĩa là với mọi $\varepsilon$ dương, luôn tồn tại số N0 sao cho ${u_n} \in \left( {a - \varepsilon ;a + \varepsilon } \right),\forall n > {N_0}$)

Ví dụ: Chứng minh dãy $\left\{ {\frac{1}{n}} \right\}$ hội tụ về 0

$\forall \varepsilon > 0$, ta cần chứng minh tồn tại N0 sao cho:

$\left| {\frac{1}{n} - 0} \right| < \varepsilon$ với mọi n > N0

Với $\varepsilon >0$, theo tính chất Archimède thì $\exists {N_0}:\frac{1}{{{N_0}}} < \varepsilon$

Vậy với n > N0 ta có  $\frac{1}{n} < \varepsilon$

Do đó $\forall \varepsilon > 0,\exists {N_0}:n > {N_0} \Rightarrow \left| {\frac{1}{n} - 0} \right| < \varepsilon \Rightarrow \frac{1}{n} \to 0$

Ví dụ: Chứng min {un} với ${u_n} = \frac{{2n - 1}}{{3n + 2}}$ hội tụ về $\frac{2}{3}$

Ta có:  $\left| {{u_n} - \frac{2}{3}} \right| = \left| {\frac{{2n - 1}}{{3n + 2}} - \frac{2}{3}} \right| = \left| {\frac{{6n - 3 - 6n - 4}}{{3(3n + 2)}}} \right| = \frac{7}{{3(3n + 2)}} < \frac{7}{n} < \varepsilon$

khi $n > \frac{7}{\varepsilon } = {N_0}$

Vậy $\forall \varepsilon > 0,\exists {N_0} = \frac{7}{\varepsilon }$, sao cho với mọi n > N0

$\Rightarrow \left| {{u_n} - \frac{2}{3}} \right| < \frac{7}{n} < \varepsilon \Rightarrow {u_n} \to \frac{2}{3}$

Định nghĩa: Dãy {un} gọi là bị chận nếu $\exists K$ sao cho

$\left| {{u_n}} \right| \le K,\forall n$

Ví dụ:

{un} với ${u_n} = 2 + {\rm{ }}si{n^2}\frac{1}{n}$. Ta có: $2 \le {u_n} \le 3,\forall \Rightarrow$ dãy {un}  bị chận.

{un}  với ${u_n} = \left( {1 - \frac{1}{2}} \right)\left( {1 - \frac{1}{3}} \right)\left( {1 - \frac{1}{4}} \right)....\left( {1 - \frac{1}{n}} \right)$

Ta có: $0 \le {u_n} \le 1 \Rightarrow \left| {{u_n}} \right| < 1 \Rightarrow$ dãy {un} bị chận.

Ghi chú:

• {un} gọi là bị chận trên nếu $\exists M:{u_n} \le M,\forall n$
• {un} bị chận dưới nếu $\exists m:{u_n} \le m,\forall n$
• {un} bị chận ⇔ {un} bị chận trên và bị chận dưới.

Mệnh đề

i) {un} hội tụ ⇒ {un} bị chận.

ii) Giả sử $\{ {u_n}\} \to a \ne 0$. Thì $\exists A > 0,\exists N > 0$ sao cho $\left| {{u_n}} \right| > A,\forall n > N$

Chứng minh: 

Giả sử un → a

Khi đó với $\varepsilon = 1,\exists N:n > N \Rightarrow \left| {{u_n} - a} \right| < 1$

$\Rightarrow |{u_n}\left| = \right|{u_n} - a + {\rm{ }}a\left| \le \right|{u_n} - a\left| + \right|a\left| { < 1 + } \right|a\left| {,{\rm{ }}\forall n > N{\rm{ }}(} \right|{u_n}\left| { < 1 + } \right|a|,\forall n > N)$

Chọn $K = max{\rm{ }}\left\{ {\left| {{u_1}} \right|,\left| {{u_2}} \right|,...\left| {{u_N}} \right|,1 + \left| a \right|} \right\} \Rightarrow \left\{ {{u_n}} \right\} \le K,\forall n \in N$

Ghi chú: Ta cũng có thể chọn

K=|u1| + |u2| + ... + |uN|+ 1 +|a|

Giả sử ${u_n} \to a \ne 0$. Ta sẽ chứng minh:

$\exists A > 0,\exists N > 0:\left| {{u_n}} \right| > A,\forall n > N$

Với $\varepsilon = \frac{{\left| a \right|}}{2} > 0,\exists N:n > N$ ta có $\left| {{u_n} - a} \right| < \frac{{\left| a \right|}}{2}$

$\Rightarrow - \frac{{\left| a \right|}}{2} < - \left| {{u_n} - a} \right|,\forall n > N$

mà $\left| {{u_n}} \right| = \left| {{u_n} - a + a} \right| \ge \left| a \right| - \left| {{u_n} - a} \right| > \left| a \right| - \frac{{\left| a \right|}}{2} = \frac{{\left| a \right|}}{2}\forall n > N$

$\Rightarrow \exists A = \frac{{\left| a \right|}}{2} > 0:\left| {{u_n}} \right| > A,\forall n > N$

Mệnh đề:

Nếu ${u_n} \ge 0,\forall n \in N,\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {u_n} = a\,thi\,a \ge 0$

Chứng minh (bằng phản chứng)

Giả sử a < 0, coi $\varepsilon = - \frac{a}{2},\exists {N_1}:n > {N_1} \Rightarrow \left| {{u_n} - a} \right| < - \frac{a}{2}$

$\Rightarrow {u_n} < a - \frac{a}{2} = \frac{a}{2} < 0,\forall n > {N_1}$

⇒ mâu thuẫn với giả thiết ${u_n} \ge 0,\forall n$

Ví dụ: ${u_n} = \frac{1}{n} > 0,\forall n \in N$ nhưng $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} = 0$

Mệnh đề (các phép toán về giới hạn của dãy):

Giả sử $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = a$ và $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = b$. Ta có:

$\begin{array}{l} i)\,\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} + {v_n}} \right) = a + b\\ ii)\,\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n}{v_n} = a.b\\ iii)\,\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = \frac{a}{b}\,(neu\,\,\,b \ne 0)\\ iv)\,\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt {{u_n}} = \sqrt a \,\,(neu\,\,{u_n} \ge 0,\forall n) \end{array}$

Chứng minh:

i) Với $\varepsilon > 0$ cho trước,

$\begin{array}{l} {u_n} \to a \Rightarrow \exists {N_1}:n > {N_1}:\left| {{u_n} - a} \right| < \frac{\varepsilon }{2}\\ {v_n} \to b \Rightarrow \exists {N_2}:n > {N_2}:\left| {{v_n} - b} \right| < \frac{\varepsilon }{2} \end{array}$

Chọn N = max {N1, N2}

$\begin{array}{*{20}{l}} { \Rightarrow n > N:\left| {{u_n} + {v_n} - \left( {a + b} \right)} \right| = |{u_n} - a + {v_n} - b|}\\ { \le \left| {{u_n} - a} \right| + \left| {{v_n} - b} \right| < \frac{\varepsilon }{2} + \frac{\varepsilon }{2} = \varepsilon }\\ { \Rightarrow \left( {{u_n} + {v_n}} \right) \to a + b} \end{array}$

$\begin{array}{l} ii)|{u_n}{v_n} - ab| = |{u_n}{v_n} - a{v_n} + a{v_n} - ab|\\ = |{v_n}({u_n} - a) + a(vn - b)|\\ = {v_n}({u_n} - a)| + |a({v_n} - b)|\\ = |{v_n}||{u_n} - a| + |a||{v_n} - b|\\ \le M|{u_n} - a| + \left| a \right|\left| {|{v_n} - b|} \right| \end{array}$

(vì vn hội tụ nên vn bị chận bởi M)

$\le K{\rm{ }}\left| {{u_n} - a} \right| + K\left| {{v_n} - b} \right|$

(với K = M + |a| hoặc K = max {M, |a|} )

Do đó: $\forall \varepsilon > 0,\exists {N_1}:n > {N_1}:\left| {{u_n} - a} \right| < \frac{\varepsilon }{{2K}}$

$\exists {N_2}:n > {N_2}:\left| {{v_n} - b} \right| < \frac{\varepsilon }{{2K}}$

$\Rightarrow n > N = \max \left\{ {{N_1},{N_2}} \right\}:\left| {{u_n}{v_n} - ab} \right| < \frac{{K\varepsilon }}{{2K}} + \frac{{K\varepsilon }}{{2K}} = \varepsilon$

Do đó: ${u_n}{v_n} \to ab$

$iii)\,\frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = {u_n}\frac{1}{{{v_n}}}$

Do đó, ta chỉ cần chứng minh: nếu ${v_n} \to b$ thì $\frac{1}{{{v_n}}} \to \frac{1}{b}(b \ne 0)$

Mênh đề:

Nếu $\left\{ \begin{array}{l} \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = a,\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = b\\ {u_n} \le {v_n},\forall n \in N \end{array} \right.$ thì a < b

Chứng minh: Theo mệnh đề 6, ta có

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {{v_n} - {u_n}} \right) = b - a$

mà ${v_n} - {u_n} \ge 0\,,\,\forall n \in N$. Theo mệnh đề 5 ta suy ra:

$b - a \ge 0 \Rightarrow b \ge a$

Ghi chú

• Nếu ta thay ${u_n} \le {v_n},\forall n$, bằng ${u_n} < {v_n},{\forall _n} > N$ thì định lý vẫn đúng.
• Nếu ${u_n} > {v_n},{\forall _n} \in N$ thì ta cũng chỉ suy ra $b \ge a$ (không thể bỏ dấu = )

Ví dụ: $\frac{{3{n^2}}}{{4{n^2} + 1}} > \frac{{3{n^2}}}{{4{n^2} + 3}}$ nhưng 

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3{n^2}}}{{4{n^2} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3{n^2}}}{{4{n^2} + 3}} = \frac{3}{4}$

Định lý (kẹp)

Giả sử ${u_n} \le {x_n} \le {v_n}\,,\forall n \in N\,(*)$

và $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {v_n} = a$

thì {xn} hội tụ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x_n} = a$

Chứng minh: Với mọi $\varepsilon > 0$ cho trước,

Vì ${u_n} \to a$, nên $\exists {N_1}$ sao cho $\forall n > {N_1}$ thì $\left| {{u_{n{\rm{ }}}} - a} \right| < \varepsilon$

$\Rightarrow a - \varepsilon < {u_n} < a + \varepsilon ,\forall n > {N_1}$

Vì ${v_n} \to a$, nên $\exists {N_2}$ sao cho $\forall n > {N_2}$ thì $\left| {{v_{n{\rm{ }}}} - a} \right| < \varepsilon$

$\Rightarrow a - \varepsilon < {v_n} < a + \varepsilon ,\forall n > {N_2}$

Do đó $\forall n > \max \left\{ {{N_1},{N_2}} \right\} = N$ thì $a - \varepsilon < {u_n} \le {x_n} \le {v_n} < a + \varepsilon$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \left| {{x_n} - a} \right| < \varepsilon ,\forall n > N\\ \Rightarrow {x_n} \to a \end{array}$

Ghi chú: Nếu giả sử thêm xn cũng hội tụ, lấy giới hạn ba vế của (*) thì ta có:

$\begin{array}{l} a = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {u_n} \le \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x_n} \le \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {v_n} = a\\ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x_n} = a \end{array}$

Ví dụ: Tìm $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{n}\sin (n!)$

Vì $0 \le \left| {\frac{1}{n}\sin n!} \right| \le \frac{1}{n} \Rightarrow \left| {\frac{1}{n}\sin n!} \right| \to 0$

$\Rightarrow {\frac{1}{n}\sin n!} \to 0$

Trên đây là nội dung bài giảng Bài 1: Khái niệm và Sự hội tụ của dãy số được eLib tổng hợp lại nhằm giúp các bạn sinh viên có thêm tư liệu tham khảo. Hy vọng đây sẽ là tư liệu giúp các bạn nắm bắt nội dung bài học dễ dàng hơn.