Cho các dãy ({a_n}) va ({b_n}) được xác định như sau :
{a_n} = 1 + \frac{{n(1 + n)}}{{1 + {n^2}}} + ... + \frac{{{n^n}(1 + {n^n})}}{{1 + {n^{2n}}}} với mọi : n \in {N^*}
{b_n} = {\left( {\frac{{{a_n}}}{{n + 1}}} \right)^{\frac{1}{{n(n + 1)}}}} với mọi : n \in {N^*}
Tính : \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {b_n}
Giải:
Thấy rằng \forall n\in
\mathbb{N}^{*}\; \; và\; \; \forall k=\overline{1,n}, ta có: 1
\leqslant \dfrac{{{n^k}\left( {1 + {n^k}} \right)}}{{1 + {n^{2k}}}}
\leqslant 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)
Thật
vậy, \left( 1 \right) \Leftrightarrow 1 + {n^{2k}} \leqslant {n^k} +
{n^{2k}} \leqslant 2 + 2{n^{2k}} \Leftrightarrow 1 \leqslant {n^k}
\leqslant 2 + {n^{2k}}\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)
Vì (2)
đúng \forall n\in \mathbb{N}^{*}\; \; và\; \; \forall
k=\overline{1,n} nên (1) đúng. Từ công thức xác định của dãy số, suy
ra:
n + 1 \leqslant {b_n} \leqslant 2n + 1 < 2\left( {n + 1} \right) \Rightarrow 1 \leqslant \dfrac{{{a_n}}}{{n + 1}} < 2
hay
1 \leqslant {b_n} \leqslant {2^{\dfrac{1}{{n\left( {n + 1}
\right)}}}} < {2^{\dfrac{1}{n}}}\,;\,\,\,\forall n \in
{N^*}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)
Theo BĐT AM - GM, thì:
{2^{\dfrac{1}{n}}} = \sqrt[n]{{2.\underbrace {1...1}_{n - 1\,\,so}}}
< \dfrac{{2 + \underbrace {1 + ... + 1}_{n - 1\,\,so}}}{n} = 1 +
\dfrac{1}{n}\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)
Thay (4) vào (3), ta có: 1 \leqslant {b_n} < 1 + \dfrac{1}{n}\,\,\,\,\,\,\,\left( 5 \right)
Vì
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {1 + \dfrac{1}{n}}
\right) = 1 nên từ (5) và theo nguyên lí kẹp, suy ra \mathop {\lim
}\limits_{n \to \infty } {b_n} = 1
Vậy \boxed{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {b_n} = 1}.
--------------------------------
Có
thể sử dụng \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sqrt[n]{p} =
1,\,\,p > 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }
{2^{\dfrac{1}{n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sqrt[n]{2} =
1.
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét