Bài 3: Vài dãy số đặc biệt và dãy Cauchy

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

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

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

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

$v)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{a}^n=\{\begin{array}{l}+\mathrm{\infty }neua>1\\ 0neu\left|a\right|<1\end{array}$

Chứng minh:

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

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

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

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

* 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 $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=0$

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

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

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

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

iii) $\sqrt[n]{n}\to 1$

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

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

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

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

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

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

$\Rightarrow \underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{y}_n=0$

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

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

Khi n > 2m, ta có: 

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

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

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

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

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

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

i)  Dãy {u_n} hội tụ

ii) Nếu gọi e là giới hạn của {u_n} 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: 

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

⇒ {u_n} tăng

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

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

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

ii) Gọi $e=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{u}_n(u_n>2+\frac{1}{2},\mathrm{\forall }n\ge 3,dođóe>2)$

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: 

$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{u}_{q+1}\le \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{u}_n\le \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left(u_q+\frac{1}{q!q}\right)$

$\Rightarrow u_{q+1}\le e\le u_q+\frac{1}{q!q}$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 lý: Cho {u_n} là dãy số thực

{u_n} hội tụ ⇔ {u_n} là dãy Cauchy

Phát biểu cách khác:

{u_n} hội tụ

$\iff \left(\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }N>0saochom,n>N\Rightarrow \left|u_n-u_m\right|<\epsilon \right)$

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: 

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

Ví dụ: Xét dãy {u_n} với $u_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}$. Chứng minh {u_n} 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: $\mathrm{\exists }{\epsilon }_0=\frac{1}{2},\mathrm{\forall }N,\mathrm{\exists }n=N+1,m=2(N+1)(m,n>N)$

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

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

Ví dụ: Dùng tiêu chuẩn Cauchy, hãy chứng minh dãy số {u_n}, 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.