A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ

1. Giới hạn hữu hạn

  • $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {u_n} = 0 \Leftrightarrow \left| {{u_n}} \right|$ có thể nhỏ hơn một số dương bé tùy ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi .
  • $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {v_n} = a \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } ({v_n} – a) = 0$
2. Giới hạn vô cực
  • $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {u_n} = + \infty \Leftrightarrow {u_n}$ có thể lớn hơn một số dương lớn tùy ý , kể từ một số hạng nào đó trở đi .
  • $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {u_n} = – \infty \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } ( – {u_n}) = + \infty $

Lưu ý : Thay cho $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {u_n} = a,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {u_n} = \pm \infty ,$ ta viết tắt \[\mathop {\lim }\limits_{} {u_n} = a,\mathop {\lim }\limits_{} {u_n} = \pm \infty \]

3. Các giới hạn đặc biệt
  1. $\lim \frac{1}{n};\lim \frac{1}{{{n^k}}} = 0;\mathop {\lim }\limits_{} {n^k} = + \infty ,$ với k nguyên dương
  2. $\mathop {\lim }\limits_{} {q^n} = 0$ nếu $\left| q \right| < 1;\lim {q^n} = + \infty $ nếu q>1$\
4. lim c = c  (c là hằng số)
5. Định lý về giới hạn hữu hạn

a) Nếu $\lim {u_n} = a$ và $\lim {v_n} = b$ thì :

  • $\lim ({u_n} + {v_n}) = a + b;$
  • $\lim ({u_n} – {v_n}) = a – b;$
  • $\lim \left( {{u_n}.{v_n}} \right) = a.b;$

$\lim (lim\frac{{{u_n}}}{{{v_n}}}) = \frac{a}{b}$ (nếu b#0)

b) Nếu ${u_n} \ge 0\forall n$ và ${{\mathop{\rm limu}\nolimits} _n} = a,$ thì $a \ge 0$ và $\lim \sqrt {{u_n}} = \sqrt {a.} $

6. Định lí liên hệ giữa giới hạn hữu hạn và giới hạn vô cực

a) Nếu $\lim {u_n} = a$ và $\lim {v_n} = \pm \infty $ thì $\lim \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = 0.$

b) Nếu $\lim {u_n} = a > 0,$ $\lim {v_n} = 0$ và ${v_n} > 0\forall n$ thì $\lim \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = + \infty $

c)Nếu $\lim {u_n} = + \infty $ và $\lim {v_n} = a > 0$ thì $\lim {u_n}.{v_n} = + \infty $

7. Cấp số nhân lùi vô hạn
  • Cấp số nhân lùi vô hạn là cấp số nhân vô hạn có công bội q thỏa mãn $\left| q \right| < 1.$

Công thức tính tổng S của cấp số nhân lùi vô hạn $\left( {{u_n}} \right)$

$s = {u_1} + {u_2} + {u_3} + …. + {u_n} + … = \frac{{{u_1}}}{{1 – q}}$

B. VÍ DỤ

Ví dụ 1:  Cho dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ với $\lim {u_n} = 1.$ . Chứng minh rằng ,kể từ số hạng nào đó trở đi , tất cả các số hạng của $\left( {{u_n}} \right)$ đều nằm trong khoảng :

a) (0,9;1,1);                             b)(0,99;1,01)

Giải

$\lim {u_n} = 1 \Leftrightarrow $ $\lim ({u_n} – 1) = 0$ . Do đó , $\left| {{u_n} – 1} \right|$ có thể nhỏ hơn một số dương bé tùy ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi .

a) Lấy số dương này là 0,1 ( bằng $\frac{{1,1 – 0,9}}{2}$ ), ta có :

$\left| {{u_n} – 1} \right| < 0,1 \Leftrightarrow – 0,1 < {u_n} – 1 < 0,1 \Leftrightarrow 0,9 < {u_n} < 1,1$ kể từ một số hạng nào đó trở đi .

Nói cách khác , tất cả các số hạng của dãy $({u_n})$, kể từ một số hạng nào đó trở đi , đều nằm trong khoảng $(0,9;1,1)$ .

b) Lấy số dương này là 0,01 ( bằng $\frac{{1,01 – 0,99}}{2}$) ta có:

$\left| {{u_n} – 1} \right| < – 0,01 < {u_n} – 1 < 0,01 \Leftrightarrow 0,99 < {u_n} < 1,01$ kể từ một số hạng nào đó trở đi , đều nằm trong khoảng (0,99;1,01) .

Ví dụ 2 :   Biết dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ thỏa mãn $\left| {{u_n}} \right| \le \frac{{n + 1}}{{{n^2}}}$ với mọi $n$ . Chứng minh rằng $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } = 0$ .

Giải

Đặt ${v_n} = \frac{{n + 1}}{{{n^2}}}$ .Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {v_n} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{n + 1}}{{{n^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}{1} = 0$ .Do đó, $\left| {{v_n}} \right|$ có thể nhỏ hơn một số dương bé tùy ý kể từ một số hạng nào đó trở đi .(1)

Mặt khác theo giả thiết ta có $\left| {{u_n}} \right| \le {v_n} \le \left| {{v_n}} \right|$ .   (2)

từ (1) và (2) suy ra $\left| {{u_n}} \right|$ có thể nhỏ hơn một số dương bé tùy ý kể từ một số hạng nào đó trở đi , nghĩa là $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } = 0$

Ví dụ 3 : Cho biết dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ thỏa mãn ${u_n} > {n^2}$ với mọi n . Chứng minh rằng  $\mathop {\lim }\limits_{} {u_n} = + \infty $ .

Giải

Vì $\lim {n^2} = + \infty $ (giới hạ đặc biệt ), nên ${n^2}$ có thể lớn hơn một số dương lớn tùy ý , kể từ một số hạng nào đó trở đi .

 

Mặt khác ,theo giả thiết ${u_n} > {n^2}$ với mọi $n$ , nên ${u_n}$ cũng có thể lớn hơn một số dương lớn tùy ý , kể từ một số hạng nào đó trở đi. Vậy $\lim {u_n} = + \infty $ .

Ví dụ 4 :Tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{4{n^2} – n – 1}}{{3 + 2{n^2}}}$ .

Giải 

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

Ví dụ 5 :Tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {3{n^2} + 1} + n}}{{1 – 2{n^2}}}$

Giải

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {3{n^2} + 1} + n}}{{1 – 2{n^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt[n]{{3 + \frac{1}{{{n^2}}}}} + n}}{{1 – 2{n^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt[{\frac{1}{n}}]{{3 + \frac{1}{{{n^2}}}}} + \frac{1}{n}}}{{\frac{1}{{{n^2}}} – 2}} = 0$ .

Ví dụ 6 :Tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {{n^2} – \frac{2}{{n + 1}}} \right)$ .

Giải

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {{n^2} – \frac{2}{{n + 1}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{n^3} + {n^2} – 2}}{{n + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1 + \frac{1}{{{n^{}}}} – \frac{2}{{{n^3}}}}}{{\frac{1}{{{n^2}}} + \frac{1}{{{n^3}}}}}$ .


0 Bình luận

Trả lời

Translator-Dịch »