Bài 3: Vài dãy số đặc biệt và dãy Cauchy

$i)\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{n^\alpha }}} = 0,\forall \alpha > 0$

$ii)\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt[n]{a} = 1,\forall a > 0$

$iii)\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt[n]{n} = 1$

$iv)\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^x}}}{{{{(1 + a)}^n}}} = 0,\forall a > 0,\forall x \in R$ hay $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^x}}}{{{a^n}}} = 0,\forall a > 1$

$v)\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {a^n} = \left\{ \begin{array}{l} + \infty \,\,\,\,\,\,\,\,neu\,\,\,\,\,\,a > 1\\ 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,neu\,\,\,\,\,\,\left| a \right| < 1 \end{array} \right.$

Chứng minh:

$i)\frac{1}{{{n^\alpha }}} < \varepsilon \Leftrightarrow {n^\alpha } > \frac{1}{\varepsilon } \Leftrightarrow n > {\left( {\frac{1}{\varepsilon }} \right)^{\frac{1}{\alpha }}}$

Do đó $\forall \varepsilon > 0,\exists N = {\left( {\frac{1}{\varepsilon }} \right)^{\frac{1}{\alpha }}} \Rightarrow n > N$

Ta có $\left| {\frac{1}{{{n^\alpha }}} - 0} \right| < \varepsilon$

ii) * Nếu a = 1, hiển nhiên $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \sqrt[n]{1} = 1$

* Nếu a > 1, đặt ${x_n} = \sqrt[n]{a} - 1 > 0$

$\Rightarrow {x_n} + 1 = \sqrt[n]{a}$

$\Rightarrow a = {({x_n} + 1)^n} > 1 + n{x_n}$

$\Rightarrow 0 < {x_n} < \frac{{a - 1}}{n}$

Theo định lý kẹp ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {x_n} = 0$

$\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (\sqrt[n]{a} - 1) = 0$

$\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \sqrt[n]{a} = 1$

* Nếu a < 1: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{{\sqrt[n]{a}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \sqrt[n]{{\frac{1}{a}}} = 1$

$\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \sqrt[n]{a} = 1$

iii) $\sqrt[n]{n} \to 1$

Đặt ${y_n} = \sqrt[n]{n} - 1 \ge 0 \Rightarrow \sqrt[n]{n} = {y_n} + 1$

$\Rightarrow n = {(1 + {y_n})^n}$

$= 1 + n{y_n} + \frac{{n(n - 1)}}{2}y_n^2 + ....$

$> \frac{{n(n - 1)}}{2}y_n^2$

$\Rightarrow y_n^2 < \frac{2}{{n - 1}} \Rightarrow {y_n} < \sqrt {\frac{2}{{n - 1}}}$

$\Rightarrow 0 \le {y_n} < \sqrt {\frac{2}{{n - 1}}}$

$\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {y_n} = 0$

$iv)\,\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{n^x}}}{{{{(1 + \alpha )}^n}}} = 0,\forall \alpha > 0$

$\forall x > 0,\exists m \in {N^*}:m > x$

Khi n > 2m, ta có: 

$\begin{array}{l} {\left( {1 + \alpha } \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{n!}}{{k!(n - k)!}}} {\alpha ^k}\\ > \frac{{n!}}{{m!(n - m)!}}{\alpha ^m} \end{array}$

$= \frac{{n(n - 1)...(n - m + 1)}}{{m!}}{\alpha ^m}$

$> {\left( {\frac{n}{2}} \right)^m}.\frac{{{\alpha ^m}}}{{m!}}(*)$

(*) đúng vì $n - m > n - \frac{n}{2} = \frac{n}{2},\forall n > 2m$

$\Rightarrow 0 < \frac{{{n^x}}}{{{{(1 + \alpha )}^n}}} < \frac{{{n^x}}}{{\frac{{{n^m}}}{{{2^m}}}.\frac{{{\alpha ^m}}}{{m!}}}} = \frac{{{2^m}.m!}}{{{\alpha ^m}}}.\frac{1}{{{n^{m - x}}}}\,(n > 2m,m - x > 0)$

$\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{n^x}}}{{{{(1 + \alpha )}^n}}} = 0,\forall \alpha > 0,\forall x$hay $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{n^x}}}{{{\alpha ^n}}} = 0,\forall a > 1$

Cho dãy {un} với ${u_n} = \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{1}{{k!}}}$

i)  Dãy {un} hội tụ

ii) Nếu gọi e là giới hạn của {un} thì e là số vô tỉ

iii) Hai dãy số sau cũng hội tụ và có giới hạn là e

${x_n} = {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n};{y_n} = {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^{n + 1}}$

Chứng minh: 

$i)\,\,{u_{n + 1}} = {u_n} + \frac{1}{{(n + 1)!}} > {u_n},\forall n$

⇒ {un} tăng

Ta có: ${u_n} < 2 + \frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{2^3}}} + ... + \frac{1}{{{2^{n - 1}}}}$

$= 2 + \frac{{\frac{1}{2}\left( {1 - \frac{1}{{{2^{n - 1}}}}} \right)}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 3 - \frac{1}{{{2^{n - 1}}}} < 3,\forall n$

 {un} tăng và bị chặn trên ⇒ {un} hội tụ 

ii) Gọi $e = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n}({u_n} > 2 + \frac{1}{2},\forall n \ge 3,\,do\,đó\,e\, > 2)$

Giả sử e là số hữu tỉ $\Rightarrow e = \frac{p}{q}$ (với p, q $\in$ N*)

Với n > q ta có: 

${u_n} = 1 + \frac{1}{1} + \frac{1}{{2!}} + \frac{1}{{3!}} + ... + \frac{1}{{q!}} + \frac{1}{{(q + 1)!}} + ... + \frac{1}{{n!}}$

$= {u_q} + \frac{1}{{(q + 1)!}} + ... + \frac{1}{{n!}}$

$= {u_q} + \frac{1}{{q!}}\left[ {\frac{1}{{q + 1}} + \frac{1}{{(q + 1)(q + 2)}} + ... + \frac{1}{{(q + 1)...n}}} \right]$

$< {u_q} + \frac{1}{{q!}}\left[ {\frac{1}{{q + 1}} + \frac{1}{{{{(q + 1)}^2}}} + ... + \frac{1}{{{{(q + 1)}^{n - q}}}}} \right]$

$= {u_q} + \frac{1}{{q!}}\frac{{\left[ {\frac{1}{{q + 1}}\left( {1 - \frac{1}{{{{(q + 1)}^{n - q}}}}} \right)} \right]}}{{1 - \frac{1}{{q + 1}}}}$

$< {u_q} + \frac{1}{{q!}}.\frac{1}{q} = {u_q} + \frac{1}{{q!q}}$

Do đó, khi n > q, ta có: ${u_{q + 1}} \le {u_n} < {u_q} + \frac{1}{{q!q}}$

Qua giới hạn, ta có: 

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_{q + 1}} \le \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} \le \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_q} + \frac{1}{{q!q}}} \right)$

$\Rightarrow {u_{q + 1}} \le e \le {u_q} + \frac{1}{{q!q}}$suy ra ${u_q} < e < {u_q} + \frac{1}{{q!}}$

$\Rightarrow q!{u_q} < q!\frac{p}{q} < q!{u_q} + 1$

Ta có: $q!{u_q} = q!\left( {2 + \frac{1}{{2!}} + ... + \frac{1}{{q!}}} \right)$là một số nguyên và $q!\frac{p}{q}$ là một số nguyên.

Hơn nữa $q!{u_q}$ và $q!{u_q}+1$là hai số nguyên liên tiếp. Vậy giữa hai số nguyên liên tiếp có một số nguyên là vô lí. Do đó e phải là một số vô tỉ.

iii) Hướng dẫn: 

Ta chứng minh ${x_n} \le {x_{n + 1}}$ bằng bất đẳng thức Cauchy.

${x_n} = {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n}$

$= \left( {1 + \frac{1}{n}} \right)...\left( {1 + \frac{1}{n}} \right).1 \le {\left( {\frac{{n + 1 + 1}}{{n + 1}}} \right)^{n + 1}} = {x_{n + 1}}$

$\Rightarrow {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n}$ là dãy tăng. Sau đó chứng minh dãy bị chận trên bởi 3.

Ngoài ra, ta có: ${y_n} = {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n}\left( {1 + \frac{1}{n}} \right) = {x_n}\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)$

Định nghĩa 

{un} được gọi là một dãy Cauchy nếu tính chất sau thỏa: 

$\forall \varepsilon > 0$ luôn $\exists N > 0$ sao cho $\forall m,n > N$

$\Rightarrow \left| {{u_n} - {u_m}} \right| < \varepsilon$

Định lý: Cho {un} là dãy số thực

{un} hội tụ ⇔ {un} là dãy Cauchy

Phát biểu cách khác:

{un} hội tụ

$\Leftrightarrow \left( {\forall \varepsilon > 0,\exists N > 0\,\,sao\,\,cho\,\,m,n\, > N \Rightarrow \left| {{u_n} - {u_m}} \right| < \varepsilon \,} \right)$

Nhận xét: 

Do định lý trên để chứng minh một dãy số thực không hội tụ ta chứng minh nó không phải dãy Cauchy, nghĩa là cần chứng minh rằng: 

$\exists {\varepsilon _0} > 0,\forall N > 0,\exists m,n > N$sao cho $\left| {{u_n} - {u_m}} \right| \ge {\varepsilon _0}$

Ví dụ: Xét dãy {un} với ${u_n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{n}$. Chứng minh {un} không hội tụ.

Giải

$\left| {{u_{2m}} - {u_m}} \right| = \left| {1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{m} + \frac{1}{{m + 1}} + ... + \frac{1}{{2m}} - \left( {1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{m}} \right)} \right|$

$= \left| {\frac{1}{{m + 1}} + \frac{1}{{m + 2}} + ... + \frac{1}{{2m}}} \right|$

$\ge \frac{1}{{2m}} + \frac{1}{{2m}} + ... + \frac{1}{{2m}} = \frac{1}{2}$ (m số hạng)

Do đó: $\exists {\varepsilon _0} = \frac{1}{2},\forall N,\exists n = N + 1,m = 2(N + 1)(m,n > N)$

$\Rightarrow \left| {{u_m} - {u_n}} \right| = \left| {{u_{2m}} - {u_m}} \right| \ge \frac{1}{2}$

Vậy {un} không hội tụ (nghĩa là {un} phân kỳ)

Ví dụ: Dùng tiêu chuẩn Cauchy, hãy chứng minh dãy số {un}, với ${u_n} = 1 + \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{3^2}}} + ... + \frac{1}{{{n^2}}}$ là dãy hội tụ.

Chứng minh: Dành cho độc giả.

Trên đây là nội dung bài giảng Bài 3: Vài dãy số đặc biệt và dãy Cauchy 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. Chúc các bạn học tốt.