Nội dung bài giảng Bài 3: Vài dãy số đặc biệt và dãy Cauchy sau đây sẽ giúp các bạn tìm hiểu về vài dãy số đặc biệt, dãy Cauchy. Mời các bạn cùng tham khảo!
Tóm tắt lý thuyết
5. Vài dãy số đặc biệt
5.1 Mệnh đề
\(i)\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{n^\alpha }}} = 0,\forall \alpha > 0\)
\(ii)\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt[n]{a} = 1,\forall a > 0\)
\(iii)\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt[n]{n} = 1\)
\(iv)\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^x}}}{{{{(1 + a)}^n}}} = 0,\forall a > 0,\forall x \in R\) 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 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{n^x}}}{{{\alpha ^n}}} = 0,\forall a > 1\)
5.2 Mệnh đề
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: \({y_n} = {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n}\left( {1 + \frac{1}{n}} \right) = {x_n}\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)\)
6. Dãy Cauchy
6.1 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.
