Cho dãy $u_{n+1}\le u_n+u_n^2$ . Chứng minh rằng $\lim\limits_{n\to +\infty}n.u_n=0$

Cho dãy số dương $\{u_n\},n\in \mathbb{N}$ thỏa mãn các điều kiện
1. $u_{n+1}\le u_n+u_n^2$.
2. Tồn tại hằng số $M>0$ sao cho $\sum\limits_{k=1}^n u_k\le M \forall n\in \mathbb{N}$.
Chứng minh rằng $\lim\limits_{n\to +\infty}n.u_n=0$

Dùng vô cùng lớn, vô cùng bé để tìm giới hạn

Sử dụng vô cùng lớn và vô cùng bé để tìm giới hạn

Trần Trung Kiên

Phương pháp vô cùng bé, vô cùng lớn được dùng nhiều trong các bài toán giải tích như các bài toán về khảo sát sự hội tụ của tích phân, cũng đồng thời cung cấp các kĩ thuật trong phương trình vi phân,... Trong phần này chúng tôi xin trình bày ứng dụng của nó trong việc tìm giới hạn.

Phép tính vô cùng lớn, vô cùng bé sẽ cho phép ta biến đổi các hàm tương đương với nhau đưa những biểu thức lấy giới hạn phức tạp về những biểu thức đơn giản hơn. Ở đây, chúng tôi chỉ trình bày sơ lược, khái quát về định nghĩa, ví dụ cùng một số bài tập để bạn đọc áp dụng.

Tìm $\alpha$ để $\lim n^{\alpha}(x_{n+1}-x_n)$ tồn tại và khác không.

Cho phương trình $x^n=x^2+x+1,n>2$. Chứng minh phương trình này có duy nhất nghiệm dương với mọi $n>2$, với mỗi $n$ gọi nghiệm dương này là $x_n$, tìm $\alpha$ để $\lim n^{\alpha}(x_{n+1}-x_n)$ tồn tại và khác không.

Lời giải:

• Nếu $x_n$ là nghiệm dương của phương trình $x^n=x^2+x+1$ thì $x_n>1$, và từ đây ta kết luận được phương trình $x^n=x^2+x+1$ có duy nhất một nghiệm dương.
• Dãy $(x_n)$ là một dãy giảm và $\lim x_n=1,\lim x_n^n=3$. Từ đây suy ra $\lim n\ln x_n=\ln 3$ hay $\lim n(x_n-1)=\ln 3$ và $\lim n(x_{n+1}-x_n)=0.$
• $\lim\frac{1}{n}\sum_{k=0}^nx_{n+1}^{k}x_n^{n-k}=3.\quad (*)$
• Ta có $n(x_{n+1}^n-x_n^n)=n(x_{n+1}-x_n)+\frac{n(1-x_{n+1})}{x_{n+1}}+n(1-x_n)(1+x_n)$, suy ra $\lim n(x_{n+1}^n-x_n^n)=-3\ln 3.$ Do $(*)$, khi đó ta có $\lim n^2(x_{n+1}-x_n)=-\ln 3.$

Vậy $\alpha =2$ là số cần tìm.

Tính : $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {b_n}$

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 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sqrt[n]{p} = 1,\,\,p > 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {2^{\dfrac{1}{n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sqrt[n]{2} = 1$.

Hàm Zeta

Định nghĩa: Chuỗi $ \gamma(z)=1+\frac{1}{2^z}+\frac{1}{3^z}+...................+\frac{1}{n^z}+............$ được gọi là hàm Zeta
Sử dụng hàm Zeta , hãy chứng minh : $ \gamma(2)=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...........+\frac{1}{n^2}+.......=\frac{\pi^2}{6}$
Ta có các nhận xét:

* Nếu đa thức $P\left( x \right) = {a_0}{x^n} + {a_1}{x^{n - 1}} + ... + {a_{n - 1}}x + {a_n}\,\,\left( {{a_0} \ne 0,\,{a_n} \ne 0} \right)$ có các nghiệm ${x_1};{x_2};...;{x_n} \in {R^*}$ thì

$P\left( x \right) = {a_n}\left( {1 - \frac{x}{{{x_1}}}} \right)\left( {1 - \frac{x}{{{x_2}}}} \right)...\left( {1 - \frac{x}{{{x_n}}}} \right)\,\,\,\,\,\,(1)$

* $\sin x = x - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + \frac{{{x^5}}}{{5!}} + ... + {\left( { - 1} \right)^{n - 1}}\frac{{{x^{2n - 1}}}}{{\left( {2n - 1} \right)!}} + ...\,\,\,\,(2)$

* Hàm số $\frac{{\sin x}}{x}$ có vô số nghiệm thuộc ${R^*}$ là ${x_{ \pm n}} =  \pm n\pi ,\,\,\,n \in {N^*}$

Mở rộng (1):

$\frac{{\sin x}}{x} = \prod\limits_{n = 1}^{ + \infty } {\left( {1 - \frac{x}{{n\pi }}} \right)} \left( {1 + \frac{x}{{n\pi }}} \right) = \prod\limits_{n = 1}^{ + \infty } {\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{{n^2}{\pi ^2}}}} \right)\,\,\,\,(3)} $

Hệ số của ${x^2}$ ở vế phải của (3) là

$ - \frac{1}{{{\pi ^2}}} - \frac{1}{{{2^2}{\pi ^2}}} - ... - \frac{1}{{{n^2}{\pi ^2}}} - ... =  - \frac{1}{{{\pi ^2}}}\gamma (2)\,\,\,\,\,(4)$

Từ (2), hệ số  của ${x^2}$ trong khai triển của $\frac{{\sin x}}{x}$ là $ - \frac{1}{{3!}} =  - \frac{1}{6}$

Từ đó và từ (4) ta được:

$\gamma (2) = 1 + \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{3^2}}} + ... + \frac{1}{{{n^2}}} + ... = \sum {\frac{1}{{{n^2}}}}  = \frac{{{\pi ^2}}}{6}$.