Bài 3: Vài dãy số đặc biệt và dãy Cauchy

\(i)\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{n^\alpha }}} = 0,\forall \alpha > 0\)

\(ii)\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt[n]{a} = 1,\forall a > 0\)

\(iii)\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt[n]{n} = 1\)

\(iv)\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^x}}}{{{{(1 + a)}^n}}} = 0,\forall a > 0,\forall x \in R\) 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 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{n^x}}}{{{\alpha ^n}}} = 0,\forall a > 1\)

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: 

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

⇒ {u_n} tăng

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

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

 {u_n} tăng và bị chặn trên ⇒ {u_n} 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: \({y_n} = {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n}\left( {1 + \frac{1}{n}} \right) = {x_n}\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)\)

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

\( \Leftrightarrow \left( {\forall \varepsilon > 0,\exists N > 0\,\,sao\,\,cho\,\,m,n\, > N \Rightarrow \left| {{u_n} - {u_m}} \right| < \varepsilon \,} \right)\)

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 {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: \(\exists {\varepsilon _0} = \frac{1}{2},\forall N,\exists n = N + 1,m = 2(N + 1)(m,n > N)\)

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

Vậy {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.