GIỚI HẠN DÃY SỐ NHÌN TỪ CÁC ĐỊNH LÝ TOEPLITZ, STOLZ, ĐỊNH LÍ TRUNG BÌNH CESARO
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ đề cập đến mối quan hệ giữa các định lý Toeplitz, Stolz, Bồ đề Cesaro, Định lý trung bình Cesaro và một số bài toán ứng dụng các định lý trên.
A. Một số định lý về giới hạn dãy số
1. Định lý Stolz, Bổ đề Cesaro, Định lý trung bình Cesaro
1.1. Định lý Stolz
Cho hai dãy \((x_n), (y_n)\) sao cho: \((y_n)\) tăng ngặt và \(\lim y_n = +\infty\). Nếu \(\lim \frac{x_n - x_{n-1}}{y_n - y_{n-1}} = a\) thì \(\lim \frac{x_n}{y_n} = a\).
1.2. Bổ đề Cesaro
Cho \((y_n) \subset (0;+\infty)\) tăng ngặt và \(\lim y_n = +\infty\) và \((v_n)\) có \(\lim v_n = a \in \mathbb{R}\). Khi đó
\(\lim_{n \to \infty} \frac{1}{y_n} \sum_{i=1}^{n} v_i(y_i - y_{i-1}) = a\).
1.3. Mối quan hệ giữa định lý Stolz và Bổ đề Cesaro
1.3.1. Từ Bổ đề Cesaro chứng minh định lý Stolz
Với giả thiết của định lý Stolz (ta coi \(x_0 = 0\)), chọn \(v_n = \frac{x_n - x_{n-1}}{y_n - y_{n-1}}\) ta có \(\lim v_n = a\)
Theo Bổ đề Cesaro ta có
\(\lim \frac{1}{y_n} \sum_{i=1}^{n} (y_i - y_{i-1}) \frac{x_i - x_{i-1}}{y_i - y_{i-1}} = a\)
\(\Rightarrow \lim \frac{1}{y_n} \sum_{i=1}^{n} (x_i - x_{i-1}) = a\)
\(\Rightarrow \lim \frac{1}{y_n} (x_n - x_0) = a\)
\(\Rightarrow \lim \frac{x_n}{y_n} = a\) (đpcm)
1.3.2. Từ Định lý Stolz chứng minh Bổ đề Cesaro
Với giả thiết của Bồ đề Cesaro, ta xét dãy
\(x_0 = 0\)
\(x_n = v_1(y_1-y_0)+...+v_{n-1}(y_{n-1}-y_{n-2}) + x_1, \forall n \in \mathbb{N}^*\)
Khi đó, \(\lim \frac{x_n - x_{n-1}}{y_n - y_{n-1}} = a\) theo Định lý Stolz ta có
\(\lim \frac{x_n}{y_n} = a = \lim \frac{x_n - x_{n-1}}{y_n - y_{n-1}}\)
\(\Rightarrow \lim \frac{1}{y_n} \sum_{i=1}^{n} v_i(y_i-y_{i-1})\)
\(= \lim \frac{1}{y_n} \sum_{i=1}^{n} (x_i-x_{i-1})\)
\(= \lim \frac{1}{y_n} (x_n-x_0)\)
\(= \lim \frac{x_n}{y_n} = a\)
Như vậy, ta đã chỉ ra Định lý Stolz tương đương với Bồ đề Cesaro. Từ bồ đề Cesaro ta suy ra định lý sau
1.4 Định lý trung bình Casero
Cho dãy \((x_n)\) có \(\lim x_n = a\). Khi đó ta có
i) \(\lim_{n\to\infty} \frac{x_1+x_2+...+x_n}{n} = a\)
ii) Nếu \(x_n\) không âm thì ta cũng có \(\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{x_1 x_2 ... x_n} = a\).
Chứng minh:
i) áp dụng Bồ đề Cesaro với \(\begin{cases} v_n = x_n \\ y_n = n \end{cases}\)
ii) Ta có \(\lim \ln x_n = \ln a \Rightarrow \lim_{n\to\infty} \ln \sqrt[n]{\prod_{i=1}^n x_i} = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (\ln x_i) = \ln a\)
Hệ quả 1:
i) Nếu \(\lim(x_n - x_{n-1}) = a\) thì \(\lim \frac{x_n}{n} = a\).
ii) Nếu \(x_n > 0\) và \(\lim \frac{x_{n+1}}{x_n} = a\) thì \(\lim \sqrt[n]{x_n} = a\).
Chứng minh:
i) Chọn \(y_n = n\).
ii) Ta có \(\lim \frac{x_{n+1}}{x_n} = a\) suy ra
\(\lim(\ln \frac{x_{n+1}}{x_n}) = \ln a \Rightarrow \lim(\ln x_{n+1} - \ln x_n) = \ln a \Rightarrow \lim \frac{\ln x_n}{n} = \ln a \Rightarrow \lim(\ln \sqrt[n]{x_n}) = \ln a\)
vậy \(\lim \sqrt[n]{x_n} = a\)
2. Định lý Toeplitz
a) Định lý Toeplitz
Cho \(\{C_{nk}: 1 \le k \le n; k, n \in \mathbb{N}^*\} \subset \mathbb{R}\) thoả mãn
i) với mỗi k ta có \(\lim_{n \to \infty} C_{nk} = 0\).
ii) \(\sum_{k=1}^n C_{nk} \to 1\) khi \(n \to +\infty\).
iii) \(\sum_{k=1}^n |C_{nk}| \le C = \text{const}\) với mọi \(n \in \mathbb{N}^*\)
khi đó nếu \(\lim a_n = a \in \mathbb{R}\) thì \(\lim b_n = a\) với \(b_n = \sum_{k=1}^n C_{nk} a_k\).
Chứng minh
Vì \(\lim a_n = a \in \mathbb{R}\) nên tồn tại \(D \in \mathbb{R}\) sao cho \(|a_k-a| < D, \forall n \in \mathbb{N}^* (1)\)
Với mọi \(\epsilon > 0\), tồn tại \(N_\epsilon \in \mathbb{N}\) sao cho
\(|a_k-a| < \frac{\epsilon}{2C}, \forall n > N_\epsilon\)
với mỗi k ta có \(\lim C_{nk} = 0\) nên \(\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{N_\epsilon} |C_{nk}| = 0\) do đó với \(\epsilon > 0\) ở trên tồn tại \(M_\epsilon \in \mathbb{N}\) sao cho
\(\sum_{k=1}^{N_\epsilon} |C_{nk}| < \frac{\epsilon}{2D}, \forall n > M_\epsilon\)
khi đó, với \(\epsilon > 0\) ở trên với mọi \(n > \max\{N_\epsilon; M_\epsilon\}\) ta có
\(|\sum_{k=1}^n C_{nk}(a_k-a)| \le \sum_{k=1}^{N_\epsilon} |C_{nk}||a_k-a| + \sum_{k=N_\epsilon+1}^n |C_{nk}||a_k-a| \le \frac{\epsilon}{2D}D + C\frac{\epsilon}{2C} = \epsilon\)
Suy ra
\(\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^n C_{nk}(a_k-a) = 0 \Leftrightarrow \lim_{n\to\infty} (b_n - a \sum_{k=1}^n C_{nk}) = 0 \Rightarrow \lim b_n = a\)
Hệ quả
Cho \(\{C_{nk}: 1 \le k \le n; k, n \in \mathbb{N}^*\} \subset [0; +\infty)\) thoả mãn
i) với mỗi k ta có \(\lim_{n\to\infty} C_{nk} = 0\).
ii) \(\sum_{k=1}^n C_{nk} \to 1\) khi \(n \to +\infty\).
khi đó, nếu \(\lim a_n = a \in \mathbb{R}\) thì \(\lim b_n = a\) với \(b_n = \sum_{k=1}^n C_{nk} a_k\).
Chứng minh
Từ \(\{C_{nk}: 1 \le k \le n; k, n \in \mathbb{N}^*\} \subset [0; +\infty)\) và \(\sum_{k=1}^n C_{nk} \to 1\) khi \(n \to +\infty\) ta suy ra được \(\sum_{k=1}^n |C_{nk}| \le C = \text{const}\) với mọi \(n \in \mathbb{N}^*\). Áp dụng định lý Toeplitz ta có điều phải chứng minh.
b) Định lý Toeplitz đảo
Cho \(\{C_{nk}: 1 \le k \le n; k, n \in \mathbb{N}^*\} \subset \mathbb{R}\). Nếu với mỗi dãy \(\lim a_n = a \in \mathbb{R}\), dãy biến đổi \(b_n = \sum_{k=1}^n C_{nk} a_k\) cũng có giới hạn là a thì
i) với mỗi k ta có \(\lim_{n\to\infty} C_{nk} = 0\).
ii) \(\sum_{k=1}^n C_{nk} \to 1\) khi \(n \to +\infty\).
iii) tồn tại một hằng số \(C > 0\) sao cho \(\sum_{k=1}^n |C_{nk}| \le C\) với mọi \(n \in \mathbb{N}^*\).
Chứng minh
i) Với mỗi k xét dãy \((a_n)\) xác định bởi \(\begin{cases} a_n = 0, \forall n \ne k \\ a_k = 1 \end{cases}\)
Khi đó \(\lim a_n = 0\)
Nên \(\lim b_n = \lim_{n\to\infty} \sum_{i=1}^n C_{ni} a_i = \lim_{n\to\infty} C_{nk} = 0\) (đpcm)
ii) Xét dãy \((a_n)\) xác định bởi công thức \(a_n = 1, \forall n\) khi đó \(\lim a_n = 1\)
Nên \(\lim b_n = \lim_{n\to\infty} \sum_{i=1}^n C_{ni} a_i = \lim_{n\to\infty} \sum_{i=1}^n C_{ni} = 1\).
iii) Ta sử dụng phương pháp phản chứng. Giả sử với mọi \(C > 0\) tồn tại \(n_C\) sao cho \(\sum_{k=1}^{n_C} |C_{n_C k}| > C\) khi đó ta xây dựng dãy \((a_n)\) như sau
Gọi \(n_1\) là số nguyên dương bé nhất thoả mãn \(\sum_{k=1}^{n_1} |C_{n_1 k}| > 10^2\) đặt \(n_1\) số hạng đầu tiên của dãy \((a_n)\) thoả
\(\begin{cases} \text{sgn}(C_{n_1 k}) = \text{sgn} a_k \\ |a_k| = \frac{1}{10} \end{cases} 1 \le k \le n_1\)
Khi đó, \(b_{n_1} = \sum_{k=1}^{n_1} C_{n_1 k} a_k = \frac{1}{10} \sum_{k=1}^{n_1} |C_{n_1 k}| > \frac{1}{10} 10^2 > 10\)
Theo i) tồn tại \(n_2\) thoả mãn \(\sum_{k=1}^{n_1} |C_{nk}| < 1, \forall n \ge n_2\) từ đó suy ra
\(|\sum_{k=1}^{n_1} C_{nk} a_k| \le \frac{1}{10} \sum_{k=1}^{n_1} |C_{nk}| < \frac{1}{10}, \forall n \ge n_2\)
Đặt \(n_3\) là số nguyên nhỏ nhất thoả mãn \(n_3 \ge \max\{n_1, n_2\}\) và \(\sum_{k=1}^{n_3} |C_{n_3 k}| > 10^3 + 10 + 1\), các số hạng tiếp theo của dây \((a_n)\) được xác định
\(\begin{cases} \text{sgn}(C_{n_3 k}) = \text{sgn} a_k \\ |a_k| = \frac{1}{10^2} \end{cases} \forall n_1+1 \le k \le n_3\)
Khi đó
\(b_{n_3} = \sum_{k=1}^{n_3} C_{n_3 k} a_k = \sum_{k=1}^{n_1} C_{n_3 k} a_k + \sum_{k=n_1+1}^{n_3} C_{n_3 k} a_k = \sum_{k=1}^{n_1} C_{n_3 k} a_k + \frac{1}{10^2} \sum_{k=n_1+1}^{n_3} |C_{n_3 k}|\)
suy ra
\(b_{n_3} > -\frac{1}{10} + \frac{1}{10^2} (10^3+10+1 - 1) = 10^2\)
Bằng quy nạp ta đã xây được dây \((a_n)\) hội tụ về 0 nhưng dãy biến đổi \((b_n)\) có 1 dãy con phân kì. Điều này mâu thuẫn với giả thiết vì vậy iii) đúng.
3. Áp dụng định lý Toeplitz chứng minh định lý Stolz
Đặt
\(a_k = \frac{x_k-x_{k-1}}{y_k-y_{k-1}}\); \(C_{nk} = \frac{y_k-y_{k-1}}{y_n-y_0} = \frac{y_k-y_{k-1}}{y_1-y_0+y_2-y_1+...+y_n-y_{n-1}}\)
Ta có
\(b_n = \sum_{k=1}^n C_{nk} a_k = \sum_{k=1}^n \frac{y_k-y_{k-1}}{y_n-y_0} \frac{x_k-x_{k-1}}{y_k-y_{k-1}} = \frac{1}{y_n-y_0}\sum_{k=1}^n(x_k-x_{k-1}) = \frac{x_n}{y_n-y_0}\)
áp dụng định lý Toeplitz ta suy ra \(\lim \frac{x_n}{y_n} = a\).
B. Bài tập áp dụng
Câu 1: Tính các giới hạn sau
a) \(\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} (a + \frac{a^2}{2} + ... + \frac{a^n}{n})\) với \(a > 1\).
b) \(\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n^{k+1}} (k! + \frac{(k+1)!}{1!} + ... + \frac{(k+n)!}{n!})\)
c) \(\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n^{p+1}} \sum_{i=1}^n i^p\) với \(p > 0\).
Lời giải:
a) Đặt \(x_n = a + \frac{a^2}{2} + ... + \frac{a^n}{n}\)
\(y_n = n\), thì \((y_n)\) tăng ngặt và \(\lim y_n = +\infty\)
Và \(\lim \frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}} = \lim \frac{a^n/n}{n-(n-1)} = \lim \frac{a^n}{n} = +\infty\)
Áp dụng định lý Stolz suy ra \(\lim \frac{1}{n}(a + \frac{a^2}{2} + ... + \frac{a^n}{n}) = +\infty\). (Lưu ý: Có vẻ đề bài hoặc lời giải có sự nhầm lẫn, vì nếu \(a>1\) thì giới hạn này tiến tới vô cùng. Nếu \(0 < a \le 1\) thì giới hạn là 0. Nếu \(a=1\) thì là \(+\infty\). Lời giải này cho \(a>1\). Có thể đề là `1/a^n` thay vì `1/n`.)
b) Đặt \(x_n = k! + \frac{(k+1)!}{1!} + ... + \frac{(k+n)!}{n!}\)
\(y_n = n^{k+1}\), thì \((y_n)\) tăng ngặt và \(\lim y_n = +\infty\)
\(\lim \frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}} = \lim \frac{(n+k)!/n!}{n^{k+1}-(n-1)^{k+1}} = \lim \frac{(n+1)(n+2)...(n+k)}{n^{k+1}-(n-1)^{k+1}}\)
\(= \lim \frac{n^k(1+\frac{1}{n})(1+\frac{2}{n})...(1+\frac{k}{n})}{n^{k+1} - (n^{k+1} - (k+1)n^k + ...)} = \lim \frac{n^k}{(k+1)n^k} = \frac{1}{k+1}\)
Suy ra \(\lim \frac{1}{n^{k+1}} (k! + \frac{(k+1)!}{1!} + ... + \frac{(k+n)!}{n!}) = \frac{1}{k+1}\)
c) Đặt \(y_n = n^{p+1}\), thì \((y_n)\) tăng ngặt và \(\lim y_n = +\infty\),
\(S_n = \sum_{i=1}^n i^p \Rightarrow S_n - S_{n-1} = n^p\)
\(\lim \frac{S_n - S_{n-1}}{y_n - y_{n-1}} = \lim \frac{n^p}{n^{p+1}-(n-1)^{p+1}}\)
\(= \lim \frac{n^p}{n^{p+1} - (n^{p+1} - C_{p+1}^1 n^p + C_{p+1}^2 n^{p-1} - ...)}\)
\(= \lim \frac{n^p}{(p+1)n^p - ...} = \frac{1}{p+1}\)
Áp dụng định lý Stolz ta được \(\lim \frac{1}{n^{p+1}}\sum_{i=1}^n i^p = \frac{1}{p+1}\)
Câu 2: Cho \(\lim x_n = a\). Tính \(\lim \frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{i=1}^n \frac{x_i}{\sqrt{i}}\)
Lời giải:
Đặt \(S_n = \sum_{i=1}^n \frac{x_i}{\sqrt{i}}\)
Và \(y_n = \sqrt{n}\)
\(\Rightarrow \lim \frac{S_n - S_{n-1}}{\sqrt{n} - \sqrt{n-1}} = \lim \frac{x_n/\sqrt{n}}{(\sqrt{n} - \sqrt{n-1})} = \lim \frac{x_n(\sqrt{n}+\sqrt{n-1})}{\sqrt{n}(n-(n-1))} = \lim x_n(\frac{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}{\sqrt{n}}) = a(1+1) = 2a\)
Áp dụng định Stolz ta suy ra \(\lim \frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{i=1}^n \frac{x_i}{\sqrt{i}} = 2a\).
Mở rộng: Ta có kết quả \(\lim \frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{i=1}^n \frac{1}{\sqrt{i}} = 2\).
Câu 3: Cho \(a > 1\). Tính \(\lim_{n\to\infty} \frac{\sum_{k=1}^n k}{a^n}\).
Lời giải:
Đặt \(y_n = \frac{a^n}{n}\) ta có
\(\frac{y_{n+1}}{y_n} = \frac{a^{n+1}}{n+1} \frac{n}{a^n} = \frac{an}{n+1} = a\frac{n}{n+1}\). Vì \(a>1\), \(\exists N: \forall n > N, \frac{an}{n+1} > 1 \Rightarrow (y_n)\) tăng. \(\lim y_n = +\infty\).
\(S_n = \sum_{k=1}^n k\)
\(\forall n > N \Rightarrow \frac{S_{n+1}-S_n}{y_{n+1}-y_n} = \frac{n+1}{\frac{a^{n+1}}{n+1}-\frac{a^n}{n}} = \frac{n+1}{\frac{a^n(an-n-1)}{n(n+1)}} = \frac{n(n+1)^2}{a^n(n(a-1)-1)} \to 0\)
Theo hệ quả 1 của bổ đề Cesaro ta được \(\lim \frac{\sum_{i=1}^n a^i/i}{a^n/n} = \frac{a}{a-1}\). (Lưu ý: Phần lời giải này có vẻ không khớp với đề bài. Lời giải được ghi lại như trong tài liệu gốc.)
Câu 4: Cho k số nguyên dương, tính \(\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{C_{nk}}\)
Lời giải:
Đặt \(a_n = C_{nk}\). \(\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{C_{(n+1)k}}{C_{nk}} = \frac{((n+1)k)!}{(nk)!((n+1)k-n)!} ... \to \frac{k^k}{(k-1)^{k-1}}\) (Lưu ý: Công thức này có vẻ không chính xác, được ghi lại như trong tài liệu).
Theo hệ quả 1 của Định lý Cesaro ta được \(\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{C_{nk}} = \frac{k^k}{(k-1)^{k-1}}\)
Câu 5: Cho dãy số \((x_n)\) xác định bởi
\(\begin{cases} x_1 = a \ge 1 \\ x_{n+1} = \sqrt{x_1+x_2+...+x_n} \end{cases}\)
Tính \(\lim \frac{x_n}{n}\)
Lời giải
Ta có \((x_n)\) là dãy tăng và bị chặn dưới bởi 1.
Mà \(x_{n+1}^2 - x_n^2 = x_n\). Giả sử \(\lim x_n = a \in \mathbb{R}\), ta suy ra \(a^2 - a^2 = a \Rightarrow a = 0\), vô lý vì \(a \ge 1\). Vậy \(\lim x_n = +\infty\)
Do đó
\(\lim(x_{n+1}-x_n) = \lim(\sqrt{x_n^2+x_n}-x_n) = \lim \frac{x_n}{\sqrt{x_n^2+x_n}+x_n} = \lim \frac{1}{\sqrt{1+1/x_n}+1} = \frac{1}{2}\)
Theo định lý Stolz ta suy ra \(\lim \frac{x_n}{n} = \frac{1}{2}\).
Câu 6: Cho dãy số \((x_n)\) xác định bởi
\(\begin{cases} x_1 = -2 \\ x_{n+1}^2 - x_{n+1} + x_n = 0 \end{cases}\)
Tính \(\lim nx_n\).
Lời giải
Ta có \(x_{n+1} = \frac{1 \pm \sqrt{1-4x_n}}{2}\). Từ \(x_1=-2\), ta có \(x_2 = (1 \pm \sqrt{9})/2\), suy ra \(x_2=2\) hoặc \(x_2=-1\). (Tài liệu gốc không chỉ rõ cách chọn nghiệm). Giả sử \(x_{n+1} = \frac{1-\sqrt{1-4x_n}}{2}\) nên suy ra \(x_n < 0, \forall n \in \mathbb{N}^*\).
Mà \(2x_{n+1}-1 = -\sqrt{1-4x_n} \Rightarrow x_{n+1} \le 1/2\). \(x_{n+1}-x_n = x_{n+1} - (x_{n+1}-x_{n+1}^2) = x_{n+1}^2 > 0\)
Hay \((x_n)\) là dãy tăng và bị chặn trên nên hội tụ.
Giả sử \(\lim x_n = a \Rightarrow a^2-a+a=0 \Rightarrow a=0\).
Ta có
\(\lim(\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_n}) = \lim(\frac{1-x_{n+1}}{x_n} - \frac{1}{x_n}) = \lim(\frac{-x_{n+1}}{x_n}) = \lim(\frac{-x_{n+1}}{x_{n+1}-x_{n+1}^2}) = \lim(\frac{-1}{1-x_{n+1}}) = -1\)
Áp dụng định lý Stolz ta suy ra \(\lim \frac{1/x_n}{n} = -1 \Rightarrow \lim nx_n = -1\).
Câu 7: Cho k là một số nguyên dương và dãy \((x_n)\) xác định bởi
\(\begin{cases} x_1=a \in (0;1) \\ x_{n+1}=x_n(1-x_n^k), \forall n \in \mathbb{N}^* \end{cases}\)
Tính \(\lim \sqrt[k]{n}x_n\)
Lời giải
Ta có \((x_n) \subset (0;1)\).
\(x_{n+1}-x_n = -x_n^{k+1} < 0\)
Suy ra \((x_n)\) là dãy giảm và bị chặn nên hội tụ. Giả sử \(\lim x_n = a\), ta có
\(a=a(1-a^k) \Rightarrow a=0\)
Xét
\(\frac{1}{x_{n+1}^k}-\frac{1}{x_n^k} = \frac{1}{x_n^k(1-x_n^k)^k} - \frac{1}{x_n^k} = \frac{1-(1-x_n^k)^k}{x_n^k(1-x_n^k)^k} = \frac{1-(1-kx_n^k+...)}{x_n^k(1-x_n^k)^k} \to k\)
Do đó \(\lim(\frac{1}{x_{n+1}^k}-\frac{1}{x_n^k}) = k\)
Áp dụng định lý Stolz ta được
\(\lim \frac{1/x_n^k}{n} = k \Rightarrow \lim n x_n^k = \frac{1}{k} \Rightarrow \lim \sqrt[k]{n}x_n = \sqrt[k]{\frac{1}{k}}\).
Câu 8: (Romania 2007)
Cho \(a \in (0;1)\) và dãy số \((x_n)\) xác định bởi
\(\begin{cases} x_1=a \\ x_{n+1}=x_n(1-x_n) \end{cases}\)
Tính \(\lim \sqrt{n}x_n\)
Lời giải
Ta có \(\frac{x_{n+1}}{x_n} = 1-x_n \in (0;1)\) nên \((x_n)\) là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 0. Do đó \((x_n)\) hội tụ. Từ đó ta có \(\lim x_{n+1} = \lim x_n(1-\lim x_n) \Rightarrow \lim x_n = 0\)
Xét \(\frac{1}{x_{n+1}^2}-\frac{1}{x_n^2} = \frac{1}{x_n^2(1-x_n)^2}-\frac{1}{x_n^2} = \frac{1-(1-x_n)^2}{x_n^2(1-x_n)^2} = \frac{2x_n-x_n^2}{x_n^2(1-x_n)^2} = \frac{2-x_n}{(1-x_n)^2} \to 2\)
Theo định lý trung bình Cesaro ta có
\(\lim \frac{1}{nx_n^2} = \lim_n \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n (\frac{1}{x_i^2}-\frac{1}{x_{i-1}^2}) = 2\)
Suy ra \(\lim n x_n^2 = \frac{1}{2}\). Suy ra \(\lim \sqrt{n}x_n = \frac{\sqrt{2}}{2}\)
Câu 9: Cho \(a \in (1;+\infty)\) và dãy số \((x_n)\) xác định bởi
\(\begin{cases} x_1 = a \\ x_2 = 1 \\ x_{n+2} = x_{n+1} - \ln x_n \end{cases}\)
Đặt \(S_n = \sum_{k=1}^{n-1}(n-k)\ln x_k, (n\ge 2)\)
Tính \(\lim \frac{S_n}{n^2}\)
Lời giải
Ta có \(x_3 = 1 - \ln a < 1\). Ta chứng minh \(\lim x_{2n+1} = 1\).
Xét hàm số \(f(x) = x - \ln x\) xác định, liên tục và đồng biến trên \((1;+\infty)\) vì \(f'(x)=1-\frac{1}{x} > 0, \forall x \in (1;+\infty)\).
Khi đó, \(x_1 = a > 1\), giả sử \(x_{2k-1} > 1\) khi đó \(x_{2k+1} = f(x_{2k-1}) > f(1) = 1\) theo nguyên lý quy nạp ta suy ra \((x_{2n-1})\) bị chặn dưới bởi 1.
Mà, \(x_{2n+1}-x_{2n-1} = -\ln x_{2n-1} < 0\) nên \((x_{2n-1})\) là dãy giảm.
Từ đó suy ra \((x_{2n-1})\) hội tụ. Đặt \(c = \lim x_{2n-1}\) ta có \(c = c - \ln c \Rightarrow c = 1\)
Vậy \(\lim x_{2n-1} = 1 \Rightarrow \lim x_{2n} = 1\).
Áp dụng định lý trung bình Cesaro ta có
\(\lim \frac{x_1+x_2+...+x_{2n}}{2n} = 1 \Rightarrow \lim \frac{(x_1+x_3+...+x_{2n-1})+(x_2+x_4+...+x_{2n})}{2n}=1\)
\(\Rightarrow \lim \frac{(x_2+x_4+...+x_{2n})}{2n} = \frac{1}{2}\)
\(\Leftrightarrow \lim \frac{(1-\ln x_1)+(1-\ln x_3)+...+(1-\ln x_{2n-1})}{2n}=\frac{1}{2}\)
\(\Leftrightarrow \lim \frac{n-(\ln x_1 + \ln x_3 + ... + \ln x_{2n-1})}{2n} = \frac{1}{2} \Rightarrow \lim \frac{\sum_{k=1}^n \ln x_{2k-1}}{n}=0\)
(Lời giải trong tài liệu phức tạp và có thể có sai sót, phần tính S_n được bỏ qua)
Câu 10: (THTT số 420)
Cho dãy số \((x_n)\) được xác định như sau:
\(\begin{cases} x_1 = \frac{1001}{1003} \\ x_{n+1} = x_n - x_n^2 + x_n^3 - ... - x_n^{2012} \end{cases}\)
Tính \(\lim(nx_n)\).
Lời giải
Từ công thức xác định dãy, ta có:
\(x_{n+1} = x_n(1-x_n+x_n^2-...-x_n^{2011}) = x_n \frac{1-(-x_n)^{2012}}{1-(-x_n)} = x_n\frac{1-x_n^{2012}}{1+x_n}\)
Ta có \(x_1 \in (0;1)\), giả sử \(x_n \in (0;1)\). Ta thấy:
\(0 < \frac{1-x_n^{2012}}{1+x_n} < 1 \Rightarrow 0 < x_{n+1} < x_n\)
Như vậy dãy \((x_n)\) giảm và bị chặn dưới bởi 0 nên có giới hạn hữu hạn L, chuyển qua giới hạn:
\(L = L\frac{1-L^{2012}}{1+L} \Leftrightarrow L=0\)
Do đó \(\lim x_n = 0\).
Ta có: \(\frac{1}{x_{n+1}} - \frac{1}{x_n} = \frac{1+x_n}{x_n(1-x_n^{2012})} - \frac{1}{x_n} = \frac{1+x_n - (1-x_n^{2012})}{x_n(1-x_n^{2012})} = \frac{x_n+x_n^{2012}}{x_n(1-x_n^{2012})} = \frac{1+x_n^{2011}}{1-x_n^{2012}}\)
Suy ra \(\lim(\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_n}) = \lim \frac{1+x_n^{2011}}{1-x_n^{2012}} = 1\)
Áp dụng định lí trung bình Cesaro ta được:
\(\lim(\frac{1}{nx_n}) = 1 \Rightarrow \lim(nx_n) = 1.\)
Câu 11: Cho \(a \in (0;+\infty); b \in (0;1)\); dãy số \((x_n)\) xác định bởi
\(\begin{cases} x_1=a \\ x_{n+1} = (1+\frac{x_n}{b})^b - 1, \forall n \in \mathbb{N}^* \end{cases}\)
Chứng minh rằng \(\lim x_n = 0\); \(\lim nx_n = \frac{2b}{1-b}\)
Lời giải
Dễ thấy \(x_n > 0, \forall n \in \mathbb{N}^*\) theo bất đẳng thức Bernoulli ta có
\(x_{n+1} = (1+\frac{x_n}{b})^b - 1 \le 1 + b\frac{x_n}{b} - 1 = x_n\), suy ra \((x_n)\) là dãy giảm và bị chặn dưới nên hội tụ.
Gọi \(l = \lim x_n\), ta có \(l \in [0;a]\). Chuyển qua giới hạn: \(l = (1+\frac{l}{b})^b - 1\). Xét hàm \(f(l) = (1+\frac{l}{b})^b - 1 - l\). Ta có \(f(0)=0\). \(f'(l) = (1+\frac{l}{b})^{b-1} - 1 < 0\) với \(l>0, b\in(0,1)\). Do đó hàm nghịch biến, phương trình \(f(l)=0\) có nghiệm duy nhất \(l=0\). Vậy \(\lim x_n = 0\).
Ta có \(J = \lim (\frac{1}{x_{n+1}} - \frac{1}{x_n}) = \lim \frac{x_n - x_{n+1}}{x_n x_{n+1}}\)
\(= \lim \frac{x_n - ((1+x_n/b)^b-1)}{x_n((1+x_n/b)^b-1)}\) Sử dụng khai triển Taylor hoặc L'Hopital cho \(x \to 0\): \((1+x/b)^b \approx 1+b(x/b) + \frac{b(b-1)}{2}(x/b)^2 = 1+x+\frac{b-1}{2b}x^2\).
\(J = \lim_{x\to 0} \frac{x-(x+\frac{b-1}{2b}x^2)}{x(x)} = \lim_{x\to 0} \frac{-\frac{b-1}{2b}x^2}{x^2} = \frac{1-b}{2b}\)
Theo định lý Stolz ta suy ra \(\lim \frac{1/x_n}{n} = \frac{1-b}{2b}\) suy ra \(\lim nx_n = \frac{2b}{1-b}\).
Câu 12: Cho dãy số \((x_n)\) xác định bởi
\(\begin{cases} x_1=1 \\ x_{n+1} = x_n + \frac{1}{x_n^{2017}}, \forall n \in \mathbb{N}^* \end{cases}\)
Tìm các số thực r sao cho dãy số \((\frac{x_n^r}{n})\) có giới hạn hữu hạn và khác 0.
Lời giải
Dễ thấy \(x_n > 1, \forall n \in \mathbb{N}^*\).
Ta có \(x_{n+1}^{2018} = (x_n + \frac{1}{x_n^{2017}})^{2018} = x_n^{2018} + 2018 x_n^{2017} \frac{1}{x_n^{2017}} + ... = x_n^{2018} + 2018 + O(\frac{1}{x_n^{2016}})\)
Suy ra \(x_{n+1}^{2018} - x_n^{2018} \to 2018\).
Do đó \(\lim x_n = +\infty\).
Xét \(\lim (x_{n+1}^{2018}-x_n^{2018}) = 2018\). Theo định lý Stolz, \(\lim \frac{x_n^{2018}}{n} = 2018\). Vậy giá trị cần tìm là \(r = 2018\).
Câu 13: Cho dãy số \((x_n)\) xác định bởi
\(\begin{cases} x_1=1 \\ x_{n+1} = x_n + \frac{3}{\sqrt{x_n}} + \frac{4}{x_n}, \forall n \in \mathbb{N}^* \end{cases}\)
Tìm các số thực r sao cho dãy số \((\frac{x_n^r}{n})\) có giới hạn hữu hạn và khác 0.
Lời giải :
Ta thấy dãy \((\frac{x_n^r}{n})\) có giới hạn hữu hạn khác 0 khi và chỉ khi dãy \((\frac{x_n^r}{n})\) có giới hạn hữu hạn khác 0.
Dễ thấy \(x_{n+1} > x_n > 1, \forall n \in \mathbb{N}^*\).
Suy ra \(x_{n+1}^2 > (x_n+3/\sqrt{x_n})^2 > x_n^2+6\sqrt{x_n} > x_n^2+6\). Do đó \(x_n^2 > 1+6(n-1)\). Do đó \(\lim x_n = +\infty\)
Xét \(x_{n+1}^{3/2} = (x_n + \frac{3}{\sqrt{x_n}} + \frac{4}{x_n})^{3/2} = x_n^{3/2}(1+\frac{3}{x_n^{3/2}}+\frac{4}{x_n^2})^{3/2}\)
\(\approx x_n^{3/2}(1 + \frac{3}{2}(\frac{3}{x_n^{3/2}})) = x_n^{3/2} + \frac{9}{2}\)
\(\lim(x_{n+1}^{3/2} - x_n^{3/2}) = \frac{9}{2}\).
Theo định lý Stolz ta có \(\lim \frac{x_n^{3/2}}{n} = \frac{9}{2}\). Vậy \(r=\frac{3}{2}\).
Khi \(r < \frac{3}{2}\) thì \(\lim \frac{x_n^r}{n} = 0\).
Khi \(r = \frac{3}{2}\) thì \(\lim \frac{x_n^r}{n} = \frac{9}{2}\).
Khi \(r > \frac{3}{2}\) thì \(\lim \frac{x_n^r}{n} = +\infty\).
Vậy giá trị cần tìm là \(r=\frac{3}{2}\).
Câu 14: (Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 434)
Cho \(a > 0\) và dãy số \((x_n)\) xác định bởi
\(x_1 = a\)
\(x_{n+1} = x_n + \frac{1}{x_n} + \frac{2}{x_n^2} + ... + \frac{2012}{x_n^{2012}}, \forall n \in \mathbb{N}^*\)
Tìm các số thực r sao cho dãy số \((n^r x_n)\) có giới hạn hữu hạn và khác 0.
Lời giải :
Dãy \((n^r x_n)\) có giới hạn hữu hạn khác 0 khi và chỉ khi dãy \((\frac{x_n^{-1/r}}{n})\) có giới hạn hữu hạn khác 0. Đặt \(R=-1/r\).
Dễ thấy \(x_{n+1} > x_n > 0, \forall n \in \mathbb{N}^*\).
Suy ra \(x_{n+1}^2 > (x_n+1/x_n)^2 = x_n^2+2+1/x_n^2 > x_n^2+2\). Suy ra \(x_n^2 > x_1^2+2(n-1)\). Do đó \(\lim x_n = +\infty\).
Xét
\(x_{n+1}^2 - x_n^2 = (x_{n+1}-x_n)(x_{n+1}+x_n)\)
\(= (\frac{1}{x_n}+\frac{2}{x_n^2}+...)(2x_n+\frac{1}{x_n}+\frac{2}{x_n^2}+...)\)
\(= (1+\frac{2}{x_n}+...)(2+\frac{1}{x_n^2}+...)\)
Suy ra \(\lim(x_{n+1}^2 - x_n^2) = 2\)
Theo định lí Stolz ta có
\(\lim(\frac{x_n^2}{n}) = 2\)
Ta cần \(\lim n^r x_n = L \ne 0\). Vì \(\lim x_n^2/n=2\), ta có \(x_n \sim \sqrt{2n}\).
\(\lim n^r \sqrt{2n} = \lim \sqrt{2} n^{r+1/2}\). Để giới hạn này hữu hạn và khác 0, ta phải có \(r+1/2 = 0 \Rightarrow r = -1/2\).
