Chương 2 — Dãy số và giới hạn dãy số

Số thực, dãy số, sự hội tụ, dãy Cauchy, giới hạn trên và giới hạn dưới.

Edit LaTeX source on GitHub · Report an issue

Mục tiêu của chương Học xong chương này sinh viên có thể

1. Nắm vững các tính chất của tập số thực \(\R\).

2. Nắm vững định nghĩa dãy số, giới hạn dãy số, biết cách tính giới hạn dãy số bằng định nghĩa đối với một số dãy số đơn giản.

3. Nắm vững các tính chất của dãy hội tụ, các tiêu chuẩn hội tụ và mối quan hệ giữa dãy hội tụ và dãy Cauchy.

4. Hiểu định nghĩa dãy con và Định lí Bolzano-Weierstrass.

5. Hiểu và tính được giới hạn trên và giới hạn dưới của một dãy số.

1 Một số tính chất của tập số thực

Các số hữu tỉ và vô tỉ gọi chung là các số thực. Ta kí hiệu tập hợp các số thực là \(\R\). Như thế các số thập phân hữu hạn, số thập phân vô hạn tuần hoàn hay số thập phân vô hạn không tuần hoàn đều là các số thực.

Trên \(\R\) có 2 phép toán \(+\) và \(\cdot\), mỗi phép toán này gán mỗi cặp số thực \((a,b)\) thành một số thực duy nhất \(a+b\) và \(a\cdot b\) (mà ta thường viết gọn là \(ab\)), thoả mãn các tiên đề sau đây:

1. \((\forall a\in \R)(\forall b\in \R)(\forall c\in \R)[a+(b+c)=(a+b)+c].\)

2. \((\forall a\in \R)(\forall b\in \R)[a+b=b+a].\)

3. \((\exists !\; 0\in \R)(\forall a\in \R)[a+0=a].\) (Kí hiệu \(\exists !\) đọc là tồn tại duy nhất).

4. \((\forall a\in \R)(\exists!\; x\in \R)[a+x=0]\).

5. \((\forall a\in \R)(\forall b\in \R)(\forall c\in \R)[a(bc)=(ab)c].\)

6. \((\forall a\in \R)(\forall b\in \R)[ab=ba].\)

7. \((\exists !\; 1\in \R\setminus\{0\})(\forall a\in \R)[1a=a].\)

8. \((\forall a\in \R\setminus\{0\})(\exists!\; x\in \R)[ax=1].\)

9. \((\forall a\in \R)(\forall b\in \R)(\forall c\in \R)[a(b+c)=ab+ ac].\)

Các tiên đề \(A1-A4\) nói rằng \((\R, +)\) là một nhóm giao hoán, các tiên đề \(A5-A8\) nói rằng \(\left(\R\setminus \{0\}, \cdot\right)\) là một nhóm giao hoán. Một tập hợp cùng với 2 phép toán cộng và nhân thoả mãn các tiên đề \(A1-A9\) ở trên được gọi là một trường đại số.

Trên \(\R\) tồn tại một quan hệ thứ tự \(<\) thoả mãn các tiên đề sau¹:

1. \((\forall a\in \R)(\forall b\in \R)[(a<b)\vee (a=b) \vee (b<a)]\).

2. \((\forall a\in \R)(\forall b\in \R)(\forall c\in \R)[(a<b)\wedge (b<c) \Longrightarrow (a<c)]\).

3. \((\forall a\in \R)(\forall b\in \R)(\forall c\in \R)[(a<b)\Longrightarrow a+c<b+c\).

4. \((\forall a\in \R)(\forall b\in \R)(\forall c\in \R)[(a<b)\wedge (0<c) \Longrightarrow (ac<bc)]\).

Chúng ta sử dụng kí hiệu \(x\leq y\) để chỉ \(x<y\) hoặc \(x=y\); kí hiệu \(x>y\) để chỉ \(y<x\) và kí hiệu \(x\geq y\) để chỉ \(x>y\) hoặc \(x=y\).

Một trường đại số mà trên đó có một quan hệ thứ tự \(<\) thoả mãn thêm các tiên đề từ \(O1-O4\) được gọi là một trường được sắp thứ tự. Như vậy, tập số thực \(\R\) là một trường được sắp thứ tự. Nhận xét rằng tập số hữu tỉ \(\Q\) cũng là một trường sắp thứ tự. Để phân biệt \(\R\) và \(\Q\), ta thừa nhận tập số thực \(\R\) thoả mãn thêm một tính chất, sẽ giới thiệu trong phần tiếp theo, gọi là "tiên đề đầy đủ".

Trước tiên, ta nhắc lại tính chất của hàm giá trị tuyệt đối. Hàm giá trị tuyệt đối đóng vai trò quan trọng trong giải tích vì nó cho ta một cách để xác định sự "gần xa" hay "khoảng cách" giữa hai số thực.

Cho \(x\in \R\), giá trị tuyệt đối của \(x\) được định nghĩa như sau:

\[ |x|=\begin{cases} x & \mbox{ nếu } x\geq 0,\\ -x & \mbox{ nếu } x< 0. \end{cases} \]

Cho \(x,y, M \in \R\) với \(M>0\). Khi đó

1. \(|x| \geq 0\).

2. \(|x|=0 \Longleftrightarrow x=0.\)

3. \(|-x| =|x|\).

4. \(|x|^2=x^2.\)

5. \(-|x| \leq x \leq |x|\).

6. \(|xy|=|x|\cdot |y|.\)

7. Nếu \(y\neq 0\) thì \(|\frac{x}{y}|=\frac{|x|}{|y|}.\)

8. \(|x| \leq M \Longleftrightarrow -M \leq x\leq M.\)

9. \(|x| \geq M \Longleftrightarrow\) \(x\leq -M\) hoặc \(x\geq M\).

Với mọi \(x,y\in \R\), ta có

1. Bất đẳng thức tam giác \[|x+y| \leq |x| +|y|.\]

2. Bất đẳng thức tam giác ngược \[\left| |x| - |y| \right| \leq |x-y|.\]

Dấu bằng trong hai bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi \(xy\geq 0.\)

Khi đồng nhất mỗi số thực với điểm biểu diễn của nó trên trục số thì \(|x|\) chính là khoảng cách từ \(x\) đến 0. Một cách tổng quát, khoảng cách giữa 2 số thực \(x\) và \(y\) là \(d(x,y)=|x-y|\). Từ các tính chất của giá trị tuyệt đối ta thấy \(d(x,y)\geq 0\) và \(d(x,y)=0\) nếu và chỉ nếu \(x=y\). Hơn nữa, từ bất đẳng thức tam giác ta có \[d(x,z)\leq d(x,y) +d(y,z), \;\; \forall x,y,z\in \R.\]

Với mọi \(\varepsilon\geq 0\), ta có \(|x-a|\leq \varepsilon\) tương đương với \(a-\varepsilon\leq x\leq a+\varepsilon\).

Một tập con \(I\) của \(\R\) gọi là một khoảng nếu nó có một trong các dạng sau đây, với \(a,b\) là các số thực nào đó và \(a<b\).

\[ \begin{aligned} (a,b)&=\{x\in \mathbb{R} \mid a<x<b\}\\ [a,b]&=\{x\in \mathbb{R} \mid a\leq x\leq b\}\\ (a,b]&=\{x\in \mathbb{R} \mid a<x\leq b\}\\ [a,b)&=\{x\in \mathbb{R} \mid a\leq x<b\}\\ (a,\infty)&=\{x\in \mathbb{R}\mid x>a\}\\ [a,\infty)&=\{x\in \mathbb{R}\mid x\geq a\}\\ (-\infty, a)&=\{x\in \mathbb{R}\mid x<a\}\\ (-\infty,a]&=\{x\in \mathbb{R} \mid x\leq a\}\\ (-\infty,\infty)&=\mathbb{R}. \end{aligned} \]

Các tập \((a,b), (-\infty, a)\) và \((a, \infty)\) được gọi là các khoảng mở. Các tập \([a,b]\), \((-\infty, a]\) và \([a, \infty)\) được gọi là các khoảng đóng. Mỗi tập \([a, b]\) còn được gọi là một đoạn.

Cho \(A\subset \R\). Số \(M\in \R\) được gọi là một cận trên của \(A\) nếu \[(\forall x\in A)[x\leq M].\] Nếu \(A\) có một cận trên thì ta nói \(A\) bị chặn trên.

Số \(m\in \R\) được gọi là một cận dưới của \(A\) nếu \[(\forall x\in A)[m\leq x].\] Nếu \(A\) có một cận dưới thì ta nói \(A\) bị chặn dưới.

Nếu \(A\) vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới thì ta nói \(A\) là tập bị chặn.

Cho \(A=(0,1)\). Một cận trên của \(A\) là \(M=2,\) vì với mọi \(x\in (0,1)\) ta có \(x\leq 2.\)
Một cận dưới của \(A\) là \(m=0,\) vì với mọi \(x\in (0,1)\) ta có \(x\geq 0\).
Tập \(A\) vừa bị chặn trên, vừa bị chặn dưới nên \(A\) bị chặn.

Từ định nghĩa ta có các nhận xét sau:

1. Nếu \(M\) là một cận trên của \(A\) thì mọi số lớn hơn \(M\) cũng là cận trên của \(A\). Nếu \(m\) là một cận dưới của \(A\) thì mọi số nhỏ hơn \(m\) cũng là cận dưới của \(A\).

2. Các khẳng định sau là tương đương:

   1. \(A\) bị chặn.

   2. \((\exists m, M\in \R)(\forall x\in A)[m\leq x\leq M].\)

   3. \((\exists M>0)(\forall x\in A)[|x|\leq M].\)

Nếu \(M\) là một cận trên của \(A\) và \(M\in A\) thì \(M\) được gọi là phần tử lớn nhất của \(A\), kí hiệu là \(M=\max(A)\).

Nếu \(m\) là một cận dưới của \(A\) và \(m\in A\) thì \(m\) được gọi là phần tử nhỏ nhất của \(A\), kí hiệu là \(m=\min(A)\).

Xét \(A=[0, 1]\). Vì \(0\leq x\), với mọi \(x\in A\) và \(0\in A\) nên \(0=\min(A)\). Tương tự, vì \(x\leq 1\), với mọi \(x\in A\) và \(1\in A\) nên \(\max(A)=1.\)

Cho \(A\subset \R\). Số \(\alpha \in \R\) được gọi là cận trên bé nhất (hay supremum) của \(A\), kí hiệu \(\sup(A)\), nếu nó thoả mãn 2 điều kiện sau

1. \((\forall x\in A)[x\leq \alpha]\).
   (Nghĩa là, \(\alpha\) là một cận trên của \(A\)).

2. Nếu \(M\) là một cận trên của \(A\) thì \(\alpha \leq M\).
   (Nghĩa là, \(\alpha\) là số nhỏ nhất trong tất cả các cận trên của \(A\)).

Cho \(A\) là một tập con khác rỗng của \(\R\) và bị chặn trên. Khi đó, \(\alpha=\sup(A)\) khi và chỉ khi

1. \((\forall x\in A)[x\leq \alpha]\).

2. \((\forall \epsilon >0)(\exists x \in A)[x>\alpha -\epsilon]\).

Proof. Proof. Giả sử \(\alpha =\sup(A)\). Khi đó, hiển nhiên \((i)\) đúng, vì \((i)\) trùng với \((a)\) trong Định nghĩa [def:sup]. Lấy \(\epsilon>0\) bất kỳ, do \(\alpha -\epsilon <\alpha\) nên từ \((b)\) trong Định nghĩa [def:sup] suy ra \(\alpha -\epsilon\) không thể là một cận trên của \(A\). Theo định nghĩa cận trên thì tồn tại \(x\in A\) sao cho \(x>\alpha -\epsilon.\)

Ngược lại, giả sử \((i)\) và \((ii)\) đúng, ta cần chứng minh \(\alpha =\sup(A)\). Ta chỉ cần chứng tỏ điều kiện \((b)\) đúng. Lấy \(M\) là một cận trên bất kỳ của \(A\), ta cần chứng minh \(M\geq \alpha.\) Nếu ngược lại, \(M<\alpha\) thì ta đặt \(\epsilon = \alpha -M>0.\) Theo \((ii)\), tồn tại \(x\in A\) sao cho \(x>\alpha -\epsilon\) hay \(x>M\). Điều này mâu thuẫn với \(M\) là cận trên của \(A\). Mâu thuẫn này kết thúc chứng minh. ◻

Cho \(A\subset \R\). Số \(\alpha \in \R\) được gọi là cận dưới lớn nhất (hay infimum) của \(A\), kí hiệu \(\inf(A)\), nếu nó thoả mãn 2 điều kiện sau:

1. \((\forall x\in A)[\beta \leq x]\).
   (Nghĩa là, \(\beta\) là một cận dưới của \(A\)).

2. Nếu \(m\) là một cận dưới của \(A\) thì \(m \leq \beta\).
   (Nghĩa là, \(\beta\) là số lớn nhất trong tất cả các cận dưới của \(A\)).

Hoàn toàn tương tự như chứng minh của Mệnh đề [prop:sup], ta có thể chứng minh kết quả sau:

Cho \(A\) là một tập con khác rỗng và bị chặn dưới của \(\R\). Khi đó, \(\alpha=\inf(A)\) khi và chỉ khi

1. \((\forall x\in A)[\beta\leq x]\).

2. \((\forall \epsilon >0)(\exists x \in A)[x <\beta +\epsilon]\).

Tiên đề đầy đủ sau đây giúp phân biệt \(\R\) với tập số hữu tỉ cũng như các trường sắp thứ tự khác.

Tiên đề đầy đủ. Mọi tập con khác rỗng \(A\) của \(\R\) mà bị chặn trên thì tồn tại \(\sup(A)\) (nghĩa là \(\sup(A)\) tồn tại và là một số thực).

Cho \(A\subset \R\) và \(A\neq \emptyset\), ta định nghĩa \[-A:=\{-a \mid a\in A\}.\]

Nếu \(A\) là một tập con khác rỗng và bị chặn dưới của \(\R\) thì \(A\) có infimum.

Proof. Proof. Giả sử \(A\neq \emptyset\) và bị chặn dưới. Khi đó, tồn tại \(m\in \R\) sao cho \(x\geq m\), với mọi \(x\in A\). Nói cách khác, \(-x \leq -m\), với mọi \(x\in A\). Do đó, \(-m\) là một cận trên của tập \(-A\) nên tập \(-A\) bị chặn trên. Do đó, theo nguyên lý supremum thì tồn tại \(\alpha=\sup(-A)\). Chúng ta sẽ chứng tỏ rằng \(-\alpha=\inf(A).\) Thật vậy, theo định nghĩa supremum thì với mọi \(x\in A\), ta có \(-x\leq \alpha\), do đó, \(-\alpha \leq x\) với mọi \(x\in A\). Với mọi \(\epsilon >0\), do \(\alpha=\sup(-A)\) nên tồn tại \(a\in A\), sao cho \(-a >\alpha -\epsilon\) hay \(a< -\alpha +\epsilon.\) Vậy, \(-\alpha =\inf(A).\) ◻

(i) Từ chứng minh Định lí [inf:principle] ta thấy rằng, nếu \(A\) là tập con khác rỗng của \(\R\) thì \[\sup(-A)=-\inf(A)\;\; \mbox{ và }\;\; \inf(-A)=-\sup(A).\] (ii) Nếu \(\emptyset \neq A\subset B\subset \R\) thì \(\sup(A)\leq \sup(B)\) và \(\inf(A) \geq \inf(B)\). Như thế, tập càng "nhỏ" (theo quan hệ bao hàm \(\subset\)) thì infimum càng lớn và supremum càng bé. Do đó, người ta cũng quy ước rằng \(\inf(\emptyset)=\infty\) và \(\sup(\emptyset)=-\infty.\)

Với mọi số thực \(x,\) tồn tại một số tự nhiên \(n_0\) sao cho \(x<n_0\).

Proof. Proof. Cho \(x\in \R\). Nếu ngược lại không tồn tại số tự nhiên \(n_0\) nào sao cho \(x<n_0\) thì \(x \geq n\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\). Đặt \(A=\{n \mid n\in \N\}\), nói cách khác \(A\) chính là tập số tự nhiên. Khi đó \(x\) là một cận trên của \(A\) nên \(A\) bị chặn trên. Theo tiên đề đầy đủ, \(A\) có cận trên bé nhất. Đặt \(\alpha=\sup(A),\) khi đó \(\alpha-1\) không phải là cận trên của \(A\), nên tồn tại số \(n_0\in A=\mathbb{N}\) sao cho \(n_0>\alpha-1,\) hay \(\alpha<n_0+1.\) Mà \(n_0+1 \in A=\N\) nên điều này mâu thuẫn với \(\alpha=\sup(A).\) Tính chất được chứng minh. ◻

Tính chất Archimedes tương đương với các khẳng định sau:

1. Tập số tự nhiên \(\N\) là không bị chặn trên.

2. Với mọi \(\epsilon>0\) cho trước, tồn tại \(n_0\in \N\) sao cho \(\frac{1}{n_0} <\epsilon\).

3. Cho \(a>0\). Khi đó với mọi \(b\in \R\), tồn tại số tự nhiên \(n_0\) sao cho \(b <n_0 a.\)

Proof. Proof. Rõ ràng \((i)\) chính là Tính chất Archimedes.

[(i) \(\Longrightarrow\) (ii)] Với \(\epsilon>0\) bất kỳ, do \(\N\) không bị chặn trên nên \(\frac{1}{\epsilon}\) không thể là cận trên của \(\N\). Do đó, tồn tại \(n_0\in \N\) sao cho \(n_0> \frac{1}{\epsilon}\). Nói cách khác, \(\frac{1}{n_0} <\epsilon\).

[(ii) \(\Longrightarrow\) (i)] Cho \(x\in \R\) bất kỳ. Nếu \(x\leq 0\), lấy \(n_0=1\) thì \(x<n_0\). Nếu \(x>0\) thì theo \((ii)\), với \(\epsilon=\frac{1}{x}\), tồn tại \(n_0\in \N\) sao cho \(\frac{1}{n_0}< \frac{1}{x}\). Điều này tương đương với \(x<n_0\).

[(i) \(\Longrightarrow\) (iii)] Cho \(a>0\) và \(b\in \R\) bất kỳ. Theo (i), thì \(\frac{b}{a}\) không thể là cận trên của \(\N\) nên tồn tại \(n_0\in \N\) sao cho \(n_0 >\frac{b}{a}\). Vì \(a>0\) nên điều này tương đương với \(b<n_0a.\)

[(iii) \(\Longrightarrow\) (i)] Lấy \(x\in \R\) bất kỳ. Áp dụng \((iii)\) với \(a=1, b=x\) thì tồn tại \(n_0\) sao cho \(b=x<n_0a=n_0\) hay \(x<n_0\). ◻

Cho \(A=\left \{ \frac{1}{n} \mid n\in \N \right\}.\) Tìm \(\max(A)\), \(\min(A)\), \(\sup(A)\), \(\inf(A)\) nếu chúng tồn tại.

Ta có \(A=\{\frac{1}{1}, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \ldots\}\) là tập gồm nghịch đảo của các số tự nhiên. Vì \(0<\frac{1}{n}<2\) với mọi \(n\in \N\) hay \(0<x<2\) với mọi \(x\in A\) nên \(A\) là tập bị chặn. Do đó, tồn tại \(\inf(A)\) và \(\sup(A)\). Vì \(\frac{1}{n} \leq 1\) với mọi \(n\in \N\) nên \(x\leq 1\) với mọi \(x\in A\). Hơn nữa \(1\in A\) nên \(\max(A)=\sup(A)=1\). Ta sẽ chứng minh \(0=\inf(A).\)

Theo trên thì \(0<x, \forall x\in A\). Với mọi \(\epsilon >0\), theo Tính chất Archimedes, tồn tại số tự nhiên \(n_0\) sao cho \(\frac{1}{n_0}<\epsilon\). Để ý rằng \(\frac{1}{n_0} \in A\), nên ta vừa chỉ ra rằng

\[ \begin{cases} (i) \quad 0 < x, \;\forall x\in A\\ (ii) \quad \forall \epsilon>0, \;\exists \frac{1}{n_0} \in A:\;\; \frac{1}{n_0} < 0+\epsilon.\\ \end{cases} \]

Theo định nghĩa infimum thì \(0=\inf(A)\). Vì \(0\notin A\) nên \(\min(A)\) không tồn tại.

Cho \(A=\left \{ n+ \frac{(-1)^n}{n} \mid n\in \N \right\}.\) Tìm \(\max(A)\), \(\min(A)\), \(\sup(A)\), \(\inf(A)\) nếu chúng tồn tại.

Ta có \(A=\left \{0, 2+\frac{1}{2}, 3-\frac{1}{3}, 4+\frac{1}{4}, \ldots \right\}\). Để ý rằng, với mọi \(n\geq 1\), ta có \[\left | \frac{(-1)^n}{n} \right| = \frac{1}{n} \leq 1.\] Do đó,

\[ \label{est:inf1} n+\frac{(-1)^n}{n} \geq n - \left| \frac{(-1)^n}{n}\right| \geq n- \frac{1}{n} \geq n-1 \geq 0. \]

Suy ra, \(0\leq x\) với mọi \(x\in A\). Mặt khác \(0\in A\) nên \(\min(A)=\inf(A)=0.\) Tiếp theo ta sẽ chứng tỏ rằng \(A\) không bị chặn trên nên không tồn tại \(\max(A)\) và \(\sup(A)\). Giả sử ngược lại \(A\) bị chặn trên, thì tồn tại \(x\in \R\) sao cho \[n+\frac{(-1)^n}{n} \leq x, \forall n\in \N.\] Khi đó, từ \(\eqref{est:inf1}\), ta có \[n-1\leq n+\frac{(-1)^n}{n} \leq x, \forall n\in \N.\] Như vậy, \(x+1 \geq n\) với mọi \(n\in \N\) nên \(\N\) bị chặn trên bởi \(x+1\). Điều này mâu thuẫn với tính chất Archimedes.

Cho \(A=(0,1).\) Ta sẽ chứng minh \(\sup (A)=1\) bằng cách chỉ ra rằng, \(1\) là một cận trên của \(A\), đồng thời với mọi \(\varepsilon>0\), số thực \(1-\varepsilon\) không phải là cận trên của \(A\).

Vì \(1> x,\) với mọi \(x\in (0,1),\) nên \(1\) là một cận trên của \(A\). Hơn nữa, với \(\varepsilon>0\) tùy ý, chọn \(x_0=\max\{1-\varepsilon/2; 1/2\}\) thì \(x_0 \in A\) và \(x_0 > 1-\varepsilon.\) Vì vậy \(1-\varepsilon\) không phải là cận trên của \(A\). Do đó \(1=\sup(A)\). Ngoài ra, do \(1\notin A\) nên \(A\) không có phần tử lớn nhất.

Tiếp theo ta chứng tỏ \(\inf(A)=0\). Do \(0<x\) với mọi \(x\in A\) nên \(0\) là một cận dưới của \(A\). Với mọi \(\epsilon>0\) cho trước, theo nguyên lý Archimedes, tồn tại \(n_0\in \N\) đủ lớn sao cho \(\frac{1}{n_0}<\min\{\epsilon, 1\}\). Từ cách chọn thì \(\frac{1}{n_0} \in A\) và \(\frac{1}{n_0}<0+\epsilon\). Do đó, \(\inf(A)=0\). Lại do \(0\notin A\) nên \(\min(A)\) không tồn tại.

Một tập hợp khác rỗng các số thực mà bị chặn dưới thì có infimum nhưng chưa chắc có phần tử nhỏ nhất. Tuy nhiên, với một tập hợp chỉ chứa các số nguyên thì điều này đúng.

Mọi tập khác rỗng \(S\subset \Z\) mà bị chặn dưới thì tồn tại phần tử nhỏ nhất \(\min(S).\)

Proof. Proof. Vì \(S\subset \Z \subset \R\), \(S\) khác rỗng và bị chặn dưới nên tồn tại \(\alpha = \inf(S)\in \R\) theo Tiên đề đầy đủ. Theo định nghĩa infimum thì \(\alpha +1\) không còn là cận dưới của \(S\) nên tồn tại \(m\in S\) sao cho \(m<\alpha+1\) hay \(m-1 <\alpha\). Khi đó \(m \geq \alpha >m-1\). Ta sẽ chứng tỏ rằng \(m=\min(S)\). Nếu ngược lại, \(m\) không phải là phần tử nhỏ nhất của \(S\) thì tồn tại \(n\in S\) mà \(n<m\). Khi đó, \[m>n\geq \alpha>m-1.\] Sử dụng tính chất \[(\forall k\in \Z)(\forall \ell\in \Z)[k>\ell \Longrightarrow k\geq \ell+1],\] ta suy ra \(m>n\geq m\). Vô lí này kết thúc chứng minh. ◻

Lập luận tương tự, ta cũng chứng minh được: Nếu \(\emptyset \neq S\subset \Z\) và \(S\) bị chặn trên thì tồn tại \(\max(S)\).

Cho \(E\subset \N\) thoả mãn 2 tính chất sau

1. \(1\in E\).

2. Với mỗi \(n\in \N\), nếu \(n\in E\) thì \(n+1\in E\).

Khi đó, \(E=\N.\)

Proof. Proof. Gọi \(E^c=\N\setminus E=\{x\in \N \mid x\not \in E\}\) là phần bù của \(E\) trong \(\N\). Ta sẽ chứng minh \(E^c=\emptyset\). Nếu ngược lại \(E^c \neq \emptyset\) khi đó theo nguyên lý sắp thứ tự tốt thì \(E^c\) có phần tử nhỏ nhất \(n_0\). Do \(1\in E\) nên \(n_0 \geq 2.\) Rõ ràng \(n_0-1\in E\) vì nếu ngược lại \(n_0-1\in E^c\) thì \(n_0-1 \geq n_0\) là vô lí. Tuy nhiên từ \(n_0-1 \in E\) và giả thiết \((ii)\) thì \(n_0\in E\), mâu thuẫn với \(n_0\in E^c\), kết thúc chứng minh. ◻

Giả sử \(P(n)\) là một tiền mệnh đề phụ thuộc vào biến \(n\in \N\). Nếu 2 điều kiện sau thoả mãn

1. \(P(1)\) đúng.

2. Với mỗi \(k\in \N\), nếu \(P(k)\) đúng thì \(P(k+1)\) cũng đúng.

Khi đó, \(P(n)\) đúng với mọi \(n\in \N.\)

Proof. Proof. Đặt \(E=\{n\in \N \mid P(n) \mbox{ đúng}\}.\) Áp dụng Định lí [thm:induction] ta có điều phải chứng minh. ◻

Như vậy, để chứng minh một mệnh đề \(P(n)\) đúng với mọi số tự nhiên \(n\geq 1\) ta cần qua 2 bước. Bước đầu tiên gọi là bước cơ sở: chứng minh rằng \(P(1)\) đúng. Bước còn lại gọi là bước quy nạp: Giả sử mệnh đề \(P(k)\) đúng với \(k\geq 1\) nào đó, ta cần chứng minh \(P(k+1)\) cũng đúng. Việc giả sử mệnh đề \(P(k)\) đúng thường được gọi là giả thiết quy nạp.

Khi cần chứng minh mệnh đề \(P(n)\) đúng với mọi \(n\geq n_0\) (thay vì \(n\geq 1\) như trước), thì chúng ta sử dụng nguyên lý quy nạp tổng quát sau đây.

Cho \(n_0\in \N,\; n_0>1\). Giả sử \(P(n)\) là một tiền mệnh đề phụ thuộc vào biến \(n\in \N\). Nếu 2 điều kiện sau thoả mãn

1. \(P(n_0)\) đúng.

2. Với mỗi \(k\in \N\), \(k\geq n_0\), nếu \(P(k)\) đúng thì \(P(k+1)\) cũng đúng.

Khi đó, \(P(n)\) đúng với mọi \(n \geq n_0\).

Nguyên lý quy nạp mạnh sau đây tương đương với nguyên lý quy nạp ở trên. Tuy nhiên, trong một số bài toán nó lại giúp chúng ta dễ dàng lập luận hơn trong bước quy nạp vì giả thiết quy nạp không những cho \(P(k)\) đúng mà còn cho tất cả các mệnh đề từ \(P(1)\) đến \(P(k)\) đều đúng.

Cho \(n_0\in \N\). Giả sử \(P(n)\) là một tiền mệnh đề phụ thuộc vào biến \(n\in \N\). Nếu 2 điều kiện sau thoả mãn

1. \(P(n_0)\) đúng.

2. Với mỗi \(k\in \N\), \(k\geq n_0\), nếu \(P(n_0), P(n_0+1), \ldots, P(k)\) đều đúng thì \(P(k+1)\) cũng đúng.

Khi đó, \(P(n)\) đúng với mọi \(n\geq n_0\).

Chứng minh định lí cơ bản của số học sau: Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 thì hoặc là một số nguyên tố hoặc là tích của các số nguyên tố.

Gọi \(P(n)\) là mệnh đề: "\(n\) là một số nguyên tố hoặc là tích của các số nguyên tố". Ta cần chứng minh \(P(n)\) đúng với mọi \(n\geq 2\).

Ta có \(P(2)\) đúng vì \(2\) là số nguyên tố. Giả sử \(P(2), P(3), \ldots, P(k)\) đều đúng với \(k\in \N, k\geq 2\). Nghĩa là, mỗi số từ \(2\) đến \(k\) đều hoặc là một số nguyên tố hoặc là tích của các số nguyên tố.

Nếu \(k+1\) là một số nguyên tố thì chứng minh kết thúc. Nếu \(k+1\) không phải là một số nguyên tố, thì \(k+1\) là hợp số. Do đó, tồn tại 2 số nguyên \(p,q\geq 2\) sao cho \(k+1=pq.\) Do \(p, q \leq k\) nên theo giả thiết quy nạp mạnh thì tồn tại các số nguyên tố \(p_1, p_2, \ldots, p_i\) và \(q_1, q_2, \ldots, q_j\) sao cho \(p=p_1p_2\ldots p_i\) và \(q=q_1q_2\ldots q_j\) (ở đây \(i, j\) có thể bằng 1). Khi đó, \(k+1=p_1p_2\ldots p_iq_1q_2\ldots q_j\) và như thế mệnh đề đúng với \(n=k+1\). Vậy, theo nguyên lý quy nạp mạnh thì \(P(n)\) đúng với mọi \(n\geq 2.\)

Giữa 2 số thực phân biệt luôn tồn tại ít nhất một số hữu tỉ. Tức là \[(\forall a\in \R)(\forall b\in \R)[(b>a) \Longrightarrow (\exists q\in \Q)[a<q<b].\]

Proof. Proof. Cho \(a<b,\) theo tính chất Archimedes, tồn tại số tự nhiên \(n\) sao cho \(\frac{1}{n}<b-a,\) nghĩa là \(b>a+\frac{1}{n}\).
Đặt \(m=\floor{an}+1\), trong đó \(\floor{x}\) là số nguyên lớn nhất không vượt quá \(x\) (xem thêm Bài tập [bt:floor]). Ta có \(an<m\leq an+1,\) do đó \[a<\frac{m}{n}\leq a+\frac{1}{n}<b.\] Vì vậy tồn tại số hữu tỉ \(\frac{m}{n}\) sao cho \(a<\frac{m}{n}<b\). ◻

Từ kết quả trên, ta suy ra giữa 2 số thực khác nhau, luôn tồn tại vô số số hữu tỉ. Ta nói rằng, tập số hữu tỉ \(\Q\) là trù mật trong tập số thực \(\R\).

Giữa 2 số thực khác nhau luôn tồn tại vô số số vô tỉ.

Proof. Proof. Giả sử \(a,b\in \R\) và \(a<b\). Khi đó, \(a+\sqrt{2} < b+\sqrt{2}\). Theo tính chất trù mật của tập số hữu tỉ thì tồn tại số hữu tỉ \(q\) sao cho \(a+\sqrt{2} < q < b+\sqrt{2}\). Do đó, \(a< q-\sqrt{2} <b.\) Mà do \(q\in \Q\) và \(\sqrt{2} \notin \Q\) nên \(b-\sqrt{2}\) là một số vô tỉ. Như vậy, \(r_1=q-\sqrt{2}\) là số vô tỉ nằm giữa \(a\) và \(b\). Áp dụng kết quả này cho khoảng \((a,r_1)\) ta lại tìm được số vô tỉ \(r_2\) sao cho \(a<r_2<r_1<b\). Lại áp dụng kết quả cho khoảng \((a,r_2)\) ta tìm được số vô tỉ \(r_3\) sao cho \(a<r_3<r_2<r_1<b\). Tiếp tục như vậy, ta tìm được vô số số vô tỉ nằm giữa \(a\) và \(b\). ◻

Ta biết rằng, cũng như \(\R\) thì \(\Q\) cũng là một trường được sắp thứ tự. Tuy nhiên, tính chất sau cho thấy \(\Q\) không thoả mãn tiên đề đầy đủ.

Tồn tại tập con khác rỗng \(A\) của tập số hữu tỉ \(\Q\), \(A\) bị chặn trên nhưng \(\sup(A) \notin \Q\).

Proof. Proof. Xét tập \(A=\{q\in \mathbb{Q} \mid q>0 \mbox{ và } q^2<2\}=\{q\in \Q \mid 0< q<\sqrt{2}\}\). Tập \(A\) là khác rỗng vì \(1\in A\). Hơn nữa, từ định nghĩa thì \(A\) bị chặn trên bởi \(\sqrt{2}\). Do đó, theo tiên đề đầy đủ thì \(A\) có cận trên bé nhất trong \(\R\). Đặt \(\sup(A)=\alpha\). Ta sẽ chứng minh rằng \(\alpha=\sqrt{2}\) và do đó \(\alpha \notin \Q\) nên \(A\) không có cận trên bé nhất trong \(\Q\).

Thật vậy, vì mọi \(q\in A\) thì \(q<\sqrt{2}\) nên \(\sqrt{2}\) là một cận trên của \(A\). Vì \(\alpha\) là cận trên bé nhất nên \(\alpha \leq \sqrt{2}\). Nếu \(\alpha <\sqrt{2}\) thì theo tính trù mật của tập số hữu tỉ thì giữa 2 số thực \(\alpha\) và \(\sqrt{2}\), tồn tại \(q\in \Q\) sao cho \(\alpha < q <\sqrt{2}\). Vì \(1\in A\) và \(\alpha=\sup(A)\) nên \(\alpha\geq 1>0\). Vậy, \(q\in \Q\) và \(0<\alpha<q<\sqrt{2}\) nên \(q\in A\) và \(q>\alpha\). Điều này mâu thuẫn với \(\alpha=\sup(A).\) Vậy \(\alpha=\sqrt{2}\) và chứng minh kết thúc. ◻

Bài tập

Chứng minh Định lí [dl:bdt_tamgiac].

Chứng minh rằng

1. Nếu \(|x| < \epsilon\) với mọi \(\epsilon>0\) thì \(x=0.\)

2. \(x\leq y\) khi và chỉ khi \(x<y+\epsilon, \forall \epsilon>0.\)

Cho \(a,b\in \R\). Chứng minh rằng nếu \(a<x\) với mọi \(x>b\) thì \(a\leq b.\)

Cho \(x\) là một số thực. Phần nguyên của số thực \(x\), kí hiệu \(\floor{x}\), là số nguyên lớn nhất không vượt quá \(x\). Chứng minh rằng

1. \(x\in \Z \Longleftrightarrow \floor{x}=x.\)

2. \(\floor{x} \in \Z\) và \(\floor{x} \leq x < \floor{x}+1\), với mọi số thực \(x\).

3. Nếu \(n\in \Z\) thì \(\floor{x+n}=\floor{x} +n\).

4. \(\floor{x} +\floor{y} \leq \floor{x+y} \leq \floor{x}+\floor{y}+1, \forall x,y\in \R.\)

5. Với mọi \(n\in \N\) và \(x\in \R\) thì \[n\floor{x} \leq \floor{ nx} \leq n\floor{x} +n-1.\]

Chứng minh bằng quy nạp

1. \(\sum_{r=1}^n r(r+1)=\frac{1}{3}n(n+1)(n+2).\)

2. \(\sum_{r=1}^nr(r+1)(r+2)=\frac{1}{4}n(n+1)(n+2)(n+3).\)

3. \(\sum_{r=1}^nr(r+1)(r+2)\ldots(r+p-1)=\frac{1}{p+1}n(n+1)(n+2)\ldots(n+p).\)

Chứng minh bằng quy nạp

1. \(1+2+3+\cdots+n = \frac{n(n+1)}{2}\).

2. \(1^{2}+2^{2}+\cdots+n^{2}=\frac{n(n+1)(2 n+1)}{6}\).

3. \(1^{3}+2^{3}+\cdots+n^{3}=\left[\frac{n(n+1)}{2}\right]^2.\)

4. \(1^{4}+2^{4}+\cdots+n^{4}=\frac{1}{30}n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1).\)

5. \(1^{5}+2^{5}+\cdots+n^{5}=\frac{1}{12}n^2(n+1)^2(2n^2+2n-1).\)

6. Tổng của \(n\) số lẻ đầu tiên là \(n^{2}\).

7. \(1^{2}+3^{2}+\cdots+(2 n-1)^{2}=\frac{n\left(4 n^{2}-1\right)}{3}\)

8. Với \(a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\) là \(n\) số thực bất kỳ, ta luôn có \[\left|a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right| \leq\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\cdots+\left|a_{n}\right|.\]

Dùng phương pháp quy nạp, chứng minh công thức khai triển nhị thức Newton sau: \[(a+b)^n=\sum_{k=0}^nC_n^ka^{n-k}b^k,\] trong đó \(C_n^k=\frac{n!}{(n-k)! k!}\) là số tổ hợp chập \(k\) của \(n\) phần tử.

Cho \(A\subset \R\). Nhắc lại định nghĩa \(\inf(A), \sup(A), \max(A), \min(A)\).

Trong mỗi trường hợp sau, hãy xác định xem tập \(A\) có bị chặn trên không, có bị chặn dưới không? Hãy tìm \(\sup(A)\), \(\inf(A)\), \(\min(A)\), \(\max(A)\) nếu chúng tồn tại.

1. \(A=[0; 1)\).

2. \(A=\left\{\frac{(-1)^n}{n} \mid n\in \N\right\}.\)

3. \(A=\{x\in \Q \mid x^2 \leq 2\}.\)

4. \(A=\left\{ 1+ \frac{1}{n} \mid n\in \N \right\}\).

5. \(A=\left\{ \frac{2n+1}{n+1} \mid n\in \N \right\}\).

6. \(A=\left\{ \frac{n+(-1)^nn}{n+1} \mid n\in \N \right\}\).

7. \(A=\left\{1+ \frac{1+(-1)^n}{n} \mid n\in \N \right\}\).

Cho \(A\) và \(B\) là các tập con khác rỗng của \(\R\) thoả mãn \(a\leq b\), với mọi \(a\in A\) và mọi \(b\in B\). Chứng minh rằng \(\sup(A)\leq \inf(B).\)

Với \(A\) và \(B\) là các tập con khác rỗng của \(\R\), ta định nghĩa

\[ \begin{aligned} A+B&=\{a+b \mid a\in A, b\in B\}\\ A-B&=\{a-b \mid a\in A, b\in B\}. \end{aligned} \]

Chứng minh rằng, nếu \(A\) và \(B\) là các tập bị chặn thì

1. \(\sup(A+B) = \sup(A)+ \sup(B)\).

2. \(\inf(A+B) = \inf(A) + \inf(B).\)

3. \(\sup(A-B) = \sup(A)- \inf(B)\).

4. \(\inf(A-B) = \inf(A) - \sup(B).\)

Sử dụng nguyên lý Archimedes để chứng minh các mệnh đề sau.

1. Với mỗi \(n\in \N\), đặt \(I_n=(-\frac{1}{n}, \frac{1}{n})\). Chứng minh rằng \(\bigcap_{n=1}^\infty I_n=\{0\}.\)

2. Với mỗi \(n\in \N\), đặt \(I_n=[n, \infty)\). Chứng minh rằng \(\bigcap_{n=1}^\infty I_n=\emptyset.\)

3. Với mỗi \(n\in \N\), đặt \(I_n=[\frac{1}{n}, 1-\frac{1}{n}]\). Chứng minh rằng \(\bigcup_{n\in \N}^\infty I_n=(0,1).\)

2 Định nghĩa dãy số

Một ánh xạ

\[ \begin{array}{ll} a:&\mathbb{N}\longrightarrow \mathbb{R}\\ & n \longmapsto a(n):=a_n \end{array} \]

từ tập các số tự nhiên \(\mathbb{N}\) vào tập số thực \(\mathbb{R}\) được gọi là một dãy số (thực).

Thay vì kí hiệu ảnh của mỗi số tự nhiên \(n\) qua ánh xạ \(a\) là \(a(n)\) thì ta dùng chỉ số dưới \(a_n:=a(n)\) và kí hiệu dãy số đã cho là \((a_n)_{n\in \N}\) hoặc \((a_n)_n\). Người ta cũng dùng kí hiệu \(\{a_n\}_{n\in \N}\) hoặc \(\{a_n\}_n\). Phần tử \(a_n\) được gọi là số hạng thứ \(n\) của dãy và còn gọi là số hạng tổng quát của dãy.

Thông thường, dãy số bắt đầu từ chỉ số \(n=1\). Do đó, từ đây về sau nếu không nói gì thêm, khi viết dãy số \((a_n)_{n\in \N}\) hay \((a_n)_n\) thì ta hiểu là dãy bắt đầu từ \(n=1\). Nếu liệt kê các phần tử thì ta có \[(a_n)_n =(a_1, a_2, \ldots, a_n, \ldots).\]

Cách đơn giản nhất để cho một dãy số là chỉ ra công thức số hạng tổng quát của nó.

(a) Xét dãy \((a_n)\) cho bởi \(a_n=1\) với mọi \(n\in \N\). Mọi số hạng của dãy đều bằng 1, nếu liệt kê các số hạng thì ta được \[(a_n)_n =(1, 1, \ldots, 1, \ldots).\] Dãy mà tất cả các số hạng của nó đều bằng một số cho trước như thế này gọi là dãy hằng.

Xét dãy \((a_n)_n\) có số hạng tổng quát \(a_n=\frac{1}{n}\) với \(n\in \N\). Đây là dãy gồm nghịch đảo của các số tự nhiên \[(a_n)_n = \left(\frac{1}{n}\right)_{n} =\left( 1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \ldots, \frac{1}{n}, \ldots \right).\]

Xét dãy \((a_n)_n\) với \(a_n=(-1)^n\) với \(n\in \N\). Khi đó \[(a_n)_n = \left((-1)^n\right)_{n} =\left( -1, 1,-1, 1, \ldots \right).\] Các phần tử của dãy số này chỉ nhận một trong hai giá trị là 1 hoặc \(-1\). Chúng ta không nên nhầm lẫn với tập có 2 phần tử là \(\{-1,1\}.\)

Một dãy số cũng có thể cho bằng công thức truy hồi. Ở đó, người ta cho trước các số hạng đầu tiên và các số hạng tiếp theo được xác định dựa trên các số hạng liền trước nó.

Xét dãy \((a_n)\) cho bởi \(a_1=2, a_{n+1}=a_n+3, \; \forall n\geq 1.\) Với dãy này ta có

\[ \begin{aligned} a_1&=2\\ a_2&=a_1+3=2+3=5\\ a_3&=a_2+3=5+3=8\\ a_4&=a_3+3=8+3=11\\ \ldots&\ldots \end{aligned} \]

Kể từ số hạng thứ hai trở đi, thì mỗi số hạng bằng số hạng liền trước cộng thêm 3. Dãy \((a_n)\) được gọi là một cấp số cộng với số hạng đầu bằng 2, công sai bằng 3. Nếu liệt kê dãy này ra ta được \[(a_n)_n=(2, 5, 8, 11, 14, 17, \ldots ).\]

Với một dãy số \((a_n)\) được cho bằng công thức truy hồi thì nói chung chúng ta chưa thể trả lời ngay được, chẳng hạn \(a_{2024}\) là bằng bao nhiêu. Việc tìm công thức số hạng tổng quát của một dãy truy hồi phụ thuộc vào đặc điểm cụ thể của dãy đó. Chẳng hạn với dãy cấp số cộng \((a_n)\) ở trên ta có quan sát sau:

\[ \begin{aligned} a_1&=2\\ a_2&=a_1+3\\ a_3&=a_2+3\\ \ldots&\ldots\\ a_{n-1}&=a_{n-2}+3\\ a_n&=a_{n-1}+3. \end{aligned} \]

Cộng các đẳng thức trên theo vế, ta có \[a_1+a_2+\ldots + a_{n-1}+a_n =a_1+a_2+\ldots + a_{n-1}+2+3(n-1).\] Rút gọn ta được, \(a_n=2+3(n-1)\). Như vậy, chúng ta dự đoán số hạng tổng quát của dãy là \(a_n=2+3(n-1), \forall n\geq 1\). Bạn đọc tự chứng minh lại công thức này bằng phương pháp quy nạp.

Xét dãy \((a_n)\) cho bởi \(a_1=2, a_{n+1}=3a_n, \; \forall n\geq 1.\) Với dãy này ta có

\[ \begin{aligned} a_1&=2\\ a_2&=3a_1=3\cdot2=6\\ a_3&=3a_2=3\cdot 6=18\\ a_4&=3a_3=3\cdot 18=54\\ \ldots&\ldots \end{aligned} \]

Kể từ số hạng thứ hai trở đi, thì mỗi số hạng bằng số hạng liền trước nhân với 3. Dãy \((a_n)\) được gọi là một cấp số nhân với số hạng đầu bằng 2, công bội bằng 3. Nếu liệt kê dãy này ra ta được \[(a_n)_n=(2, 6, 18, 54, 162, \ldots ).\] Áp dụng liên tiếp công thức truy hồi, ta có \[a_n=3a_{n-1}=3^2a_{n-2}=3^3a_{n-3}= \cdots=3^{n-1}a_1=2\cdot3^{n-1}.\] Như thế, số hạng tổng quát là \(a_n=2\cdot 3^{n-1}, \forall n\geq 1\). Bạn đọc tự chứng minh lại công thức này bằng phương pháp quy nạp.

Xét dãy \((a_n)\) được định nghĩa như sau: \[a_1=6, \;\ a_{n+1}=3a_n-8, \; \forall n\geq 1.\] Có thể nói, dãy này lai ghép giữa cấp số cộng và cấp số nhân. Nếu liệt kê dãy này ra ta được \[(a_n)_n=(6, 10, 22, 58, 166, \ldots ).\] Với dãy này, để tìm số hạng tổng quát, từ công thức truy hồi, ta viết lại

\[ \label{eq:csc-csn-1} a_1=6, a_{n+1} - 4 = 3(a_n - 4), \forall n\geq 1. \]

Ta định nghĩa dãy mới \(b_n=a_n-4, \forall n\geq 1\). Như thế \[b_1=2, b_{n+1}=3b_n, \forall n\geq 1.\] Từ Ví dụ [ex:csn], dãy \((b_n)\) có số hạng tổng quát cho bởi \(b_n=2\cdot 3^{n-1}, \forall n \geq 1\). Từ đây ta có \(a_n=b_n+4=2\cdot3^{n-1}+4, \forall n\geq 1\).

Để có được phân tích trong [eq:csc-csn-1], ta biểu diễn \[a_{n+1}+\alpha =\beta(a_n+\alpha) \Longleftrightarrow a_{n+1}= \beta a_n + \alpha \beta - \alpha.\] So sánh với \(a_{n+1}=3a_n-8\) và đồng nhất hệ số, ta có \(\beta =3, \alpha \beta -\alpha = -8\). Giải hệ phương trình này ta tìm được \(\beta=3\) và \(\alpha=-4.\)

Dãy \((a_n)\) được định nghĩa như sau: \[a_1=22, \;\ a_{n+1}=3a_n+5\cdot 4^n, \; \forall n\geq 1.\] Hãy tính \(a_{2024}\)?

Một vài số hạng đầu của dãy cho bởi \[(a_n)_n=(22, 86, 338, 1334 \ldots).\] Ta phân tích như sau: \[a_{n+1}+\alpha 4^{n+1} = \beta(a_n +\alpha 4^{n}) \Longleftrightarrow a_{n+1} = \beta a_n + (\alpha \beta -4\alpha)4^n.\] So sánh với công thức truy hồi đã cho, cho \(\beta=3,\alpha \beta -4\alpha =5\) ta tìm được \(\beta=3, \alpha=-5.\) Do đó,

\[ \label{eq:csc-csn} a_1=22, a_{n+1} - 5\cdot 4^{n+1} = 3(a_n - 5\cdot 4^n), \forall n\geq 1. \]

Ta định nghĩa dãy mới \((b_n)\) với \(b_n=a_n-5\cdot 4^n, \forall n\geq 1\). Khi đó \[b_1=2, b_{n+1}=3b_n, \forall n\geq 1.\] Từ Ví dụ [ex:csn], dãy \((b_n)\) có số hạng tổng quát cho bởi \(b_n=2\cdot 3^{n-1}, \forall n \geq 1\). Do đó, \[a_n=b_n+5\cdot 4^n=2\cdot3^{n-1}+5\cdot 4^n, \;\forall n\geq 1.\] Bạn đọc tự chứng minh lại công thức này bằng phương pháp quy nạp.

Trong các ví dụ trên, thì các dãy được cho bởi công thức truy hồi cấp 1. Nghĩa là người ta cho trước số hạng đầu tiên \(a_1\), mỗi số hạng từ \(a_2\) trở đi được tính thông qua một số hạng liền trước nó. Tiếp theo, ta hãy xét ví dụ về dãy truy hồi cấp 2, ở đó cho trước 2 số hạng đầu tiên \(a_1, a_2\) và mỗi số hạng từ số hạng \(a_3\) trở đi được tính thông qua 2 số hạng liền trước nó.

Xét dãy \((a_n)\) cho bởi công thức truy hồi sau

\[ \begin{cases} a_1&=22\\ a_2&=86\\ a_{n+2}&=7a_{n+1}-12a_n, \;\;\forall n \geq 1. \end{cases} \]

Để tìm công thức số hạng tổng quát \(a_n\) ta tìm cách chuyển về trường hợp truy hồi cấp 1. Ta viết lại \[a_{n+2}+\alpha a_{n+1} =\beta \left(a_{n+1} + \alpha a_n\right) \Longleftrightarrow a_{n+2}=(\beta - \alpha)a_{n+1} +\alpha\beta a_n.\] So sánh với công thức truy hồi đã cho, để tìm \(\alpha, \beta\) ta đồng nhất hệ số như sau:

\[ \begin{cases} \beta - \alpha &= 7\\ \alpha\beta&=-12. \end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} \beta &= 4\\ \alpha&=-3. \end{cases} \]

Suy ra \(a_{n+2}-3a_{n+1} = 4(a_{n+1}-3a_{n}), \forall n\geq 1\). Đặt \(b_n=a_{n+1}-3a_n, \forall n\geq 1\), ta có

\[ \begin{cases} b_1&=20\\ b_{n+1}&=4b_n, \;\;\forall n \geq 1. \end{cases} \]

Như thế, \((b_n)_n\) là cấp số nhân với số hạng đầu \(b_1=20\) và công bội \(4\) nên tương tự Ví dụ [ex:csn], ta có thể tìm được số hạng tổng quát của dãy này là \(b_n=20\cdot 4^{n-1}=5\cdot 4^n,\forall n\in \N\). Từ đó \[a_1=22, a_{n+1}=3a_n+b_n=3a_n+5\cdot 4^n, \forall n\geq 1.\] Từ Ví dụ [ex:csn-exponent], ta có \(a_n=2\cdot 3^{n-1}+5\cdot 4^n, \forall n\geq 1.\)

Dãy số Fibonacci \((F_n)_{n\geq 1}\) được cho bởi công thức truy hồi sau \[F_1=1,F_2=1, F_{n+2}=F_{n+1}+F_n, \quad\forall n\in \mathbb{N}.\] Một vài số hạng đầu của dãy như sau:

\[ \begin{aligned} F_3&= F_2+ F_1 = 1+1=2,\\ F_4&= F_3+ F_2 = 2+1=3,\\ F_5&= F_4+ F_3 = 3+2=5,\\ \ldots&\ldots \end{aligned} \]

Tương tự cách làm trong Ví dụ [ex:dequycap2], chúng ta có thể tìm được số hạng tổng quát của dãy \((F_n)_n\) là \[F_{n}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\left[ \left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n -\left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n \right].\]

1. Khi viết \((a_n)_n\), chúng ta đang dùng kí tự \(n\) để đánh chỉ số cho dãy. Chúng ta cũng có thể dùng kí tự khác để đánh chỉ số mà không làm thay đổi dãy đó. Chẳng hạn, dãy nghịch đảo các số tự nhiên \[1,\; \frac{1}{2},\; \frac{1}{3}, \;\frac{1}{4},\; \ldots\] có thể viết theo các cách \(\left(\frac{1}{n}\right)_n\) hoặc \(\left(\frac{1}{k}\right)_k\) hoặc \(\left(\frac{1}{\ell}\right)_\ell\).

2. Dãy số cũng có thể bắt đầu từ chỉ số \(n_0\) nào đó không nhất thiết là 1. Chẳng hạn dãy \[\frac{1}{1\cdot 2}, \; \frac{1}{2\cdot3}, \; \frac{1}{3\cdot 4},\; \frac{1}{4\cdot5}, \ldots\] có thể viết là \(\left(\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right)_{n\geq 0}\) hoặc \(\left(\frac{1}{n(n+1)}\right)_{n\geq 1}\) hoặc \(\left(\frac{1}{(n-1)n}\right)_{n\geq 2}, \;\ldots\)

Bài tập

Cho dãy số \((a_n)_n\) có \(a_1=1/2\), \(a_2=1/4\) và \(a_3=1/8\).

• Ta có thể kết luận số hạng thứ \(n\) của dãy số này \(a_n=1/2^n\) hay không?

• Viết \(5\) số hạng đầu tiên của dãy số \((b_n)_n\) cho bởi \(b_n=\dfrac{6}{(n+1)(n^2-n+6)}\), \(n\geq 1\).

• Tìm một dãy số \((c_n)_n\) mà có ba số hạng đầu bằng ba số hạng của dãy \((a_n)_n\), biết rằng \(c_n=\dfrac{n^2-3n+3}{An^2+Bn+C}\) trong đó \(n\in\N\), \(A, B, C\in \R\).

Tính 10 số hạng đầu tiên của các dãy sau (chính xác đến \(10\) chữ số thập phân).

• \(a_n=n\sin(1/n)\) với \(n\) là số tự nhiên lớn hơn \(1\).

• \(a_n=n^{1/n}\) với \(n\) là số tự nhiên lớn hơn \(1\).

• \(a_n=n (\mbox{ mod } 5)\) với \(n\) là số tự nhiên lớn hơn \(1\).

Tính số hạng thứ 2024 của mỗi dãy số sau

• \(a_1=1\) và \(a_{n+1}=a_n+(-1)^n\) với mọi \(n\geq 1\).

• \(a_1=1\) và \(a_{n+1}=(n+1)a_n\) với mọi \(n\geq 1\).

• \(a_1=1/2\) và \(a_{n+1}=\sqrt{a_n}\) với mọi \(n\geq 1\).

Tìm công thức số hạng tổng quát của mỗi dãy số sau

1. \(a_{n}=\frac{1}{1\cdot3}+\frac{1}{3\cdot 5}+\frac{1}{5\cdot7}+\cdots + \frac{1}{(2n-1)\cdot (2n+1)}\) với mọi \(n\geq 1\).

2. \(a_{n}=\frac{1}{2\sqrt{1}+1\sqrt{2}}+\frac{1}{3\sqrt{2}+2\sqrt{3}}+\cdots + \frac{1}{(n+1)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}\) với mọi \(n\geq 1\).

3. \(a_1=2\) và \(a_{n+1}=a_n+2n-3\) với mọi \(n\geq 1\).

4. \(a_1=1\) và \(a_{n+1}=\frac{a_n}{1+a_n}\) với mọi \(n\geq 1\).

5. \(a_1=1\) và \(a_{n+1}=a_n+3n-1-2\cdot 5^n\) với mọi \(n\geq 1\).

6. \(a_1=1\) và \(a_{n+1}=a_n + 2n^2+3n+4\) với mọi \(n\geq 1\).

7. \(a_1=1\), \(a_2=2\) và \(a_{n+2}=2a_{n+1}-a_n\) với mọi \(n\geq 1\).

8. \(a_1=2\), \(a_2=5\) và \(a_{n+2}=5a_{n+1}-6a_n\) với mọi \(n\geq 1\).

Cho dãy số \((a_n)_n\) xác định như sau: \(a_1=1\), \(a_2=2\) và \(a_{n+2}=\dfrac{1+a_{n+1}}{a_n}\) với mọi \(n\geq 1\). Tính \(a_{2023}\).

Cho dãy số \((a_n)_n\) xác định như sau: \(a_0=0\), \(a_1=1\) và với \(m, n\) thoả mãn \(m\geq n\geq 0\) ta có \(a_{m+n}+a_{m-n}=\dfrac{a_{2m}+a_{2n}}{2}\). Tính \(a_{1000}\).

Cho dãy số \((a_n)_n\) xác định như sau: \(a_1=1\) và \(a_{n+1}=a_n^2+a_n\) với mọi \(n\geq 1\). Chứng minh rằng \[\frac{1}{1+a_1}+\frac{1}{1+a_2}+\cdots+\frac{1}{1+a_n}<1.\]

Cho \(a_0\), \(b_0\) là các số thực dương và \(a_0>b_0\). Gọi \(a_1\) và \(b_1\) lần lượt là trung bình cộng và trung bình nhân của \(a_0\) và \(b_0\), tức là \(a_1=(a_0+b_0)/2\) và \(b_1=\sqrt{a_0b_0}\). Ta định nghĩa hai dãy số \((a_n)_n\) và \((b_n)_n\) như sau: \[a_n=(a_{n-1}+b_{n-1})/2 \text{ và } b_n=\sqrt{a_{n-1}b_{n-1}} \text{ với } n\in\N.\]

• Cho \(a_0=10\) và \(b_0=3\). Viết \(10\) số hạng đầu tiên của \(a_n\) và \(b_n\). So sánh các số hạng đó của \((b_n)_n\). So sánh \(b_n\) và \(a_n\).

• Chứng minh \(a_n>a_{n+1}>b_{n+1}>b_n\) với mọi \(n\in\N\).

Nếu tỉ lệ lạm phát là \(4,5\%\) trên một năm và giá trung bình của một chiếc xe hơi là \(500\) triệu đồng thì giá trung bình của một chiếc xe hơi sau \(n\) năm cho bởi \[P_n=500000000(1,045)^n \,\, (\text{đồng}).\] Tính giá trung bình của chiếc xe hơi trong \(5\) năm tới.

3 Giới hạn của dãy số

3.1 Dãy số có giới hạn 0

Dãy số \((a_n)_n\) được gọi là hội tụ về \(0\), hay có giới hạn là 0, nếu với mọi \(\varepsilon>0\) cho trước, tồn tại số tự nhiên \(N\) sao cho \(|a_n|<\varepsilon, \mbox{ với mọi } n\geq N\). Ta kí hiệu, \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n =0\).

Định nghĩa trên viết lại theo kí hiệu logic như sau: \[\lim \limits_{n\to \infty}a_n=0 \Longleftrightarrow (\forall \epsilon>0)(\exists N\in \N)(\forall n\in \N)[(n\geq N) \Longrightarrow (|a_n| <\epsilon)].\] Để ý rằng, \(|a_n|=|a_n-0|\) chính là khoảng cách từ \(a_n\) đến \(0\). Nếu xem \(\varepsilon\) là sai số để đánh giá sai lệch giữa \(a_n\) và \(0\), thì bất đẳng thức \(|a_n|<\varepsilon\) có nghĩa là \(a_n\) cách \(0\) một khoảng bé hơn sai số \(\varepsilon\). Như thế, dãy \((a_n)_n\) có giới hạn \(0\) khi và chỉ khi với mọi sai số \(\varepsilon>0\) cho trước, các số hạng của dãy kể từ một số hạng thứ \(N\) nào đó trở đi, đều cách \(0\) một khoảng bé hơn \(\varepsilon\). Nói cách khác, \((a_n)_n\) có giới hạn \(0\) khi và chỉ khi \(a_n\) có thể gần \(0\) một cách tùy ý miễn là \(n\) đủ lớn.

Dùng định nghĩa, chứng minh rằng \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{1}{n}=0.\)

Đặt \(a_n=\frac{1}{n}, \; n\in \mathbb{N}\). Lấy \(\varepsilon>0\) tùy ý, ta cần chứng tỏ tồn tại một số tự nhiên \(N\) sao cho \(|a_n|<\varepsilon\) với mọi số tự nhiên \(n\geq N\).

Do \(|a_n|=|\frac{1}{n}-0|=\frac{1}{n}\) nên ta cần chỉ ra số \(N\in \N\) sao cho \(\frac{1}{n}<\varepsilon\) hay \(n>\frac{1}{\varepsilon}\) với mọi \(n\geq N\). Từ \(n>\frac{1}{\varepsilon}\), nếu chọn \(N\) là một số tự nhiên bất kỳ lớn hơn \(\frac{1}{\varepsilon}\) thì với mọi \(n\geq N\) ta cũng có \(n\geq N>\frac{1}{\varepsilon}\). Câu hỏi là có thể tìm được số \(N>\frac{1}{\varepsilon}\) như thế không? Câu trả lời là có, vì theo theo Tính chất Archimedes, luôn tồn tại \(N\in \N\) đủ lớn để \(N\geq \frac{1}{\epsilon}\). Chẳng hạn, ta có thể lấy \(N=\floor{\frac{1}{\varepsilon}}+1\). Trong đó \(\floor{\frac{1}{\varepsilon}}\) là phần nguyên của số \(\frac{1}{\varepsilon}\), xem thêm Bài tập [bt:floor].

Như vậy, với \(\varepsilon>0\) bất kỳ, luôn tồn tại \(N\in \N\), sao cho với mọi \(n\geq N\) bất đẳng thức \(|a_n|<\varepsilon\) đúng. Theo định nghĩa thì \(\lim\limits_{n\to \infty}\frac{1}{n}=0.\)

Xét trường hợp tổng quát của ví dụ trên. Cho trước \(\alpha>0\), xét dãy \((a_n)_n\) với \(a_n=\frac{1}{n^\alpha}\). Chứng minh rằng \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n =0.\)

Lấy \(\varepsilon>0\) bất kỳ. Cũng như trong ví dụ trên, chúng ta xuất phát từ \(|a_n|\) và chỉ ra tồn tại \(N\) để \(|a_n| <\varepsilon, \;\forall n\geq N\). Ta có \(|a_n|=\left | \frac{1}{n^\alpha} \right |\). Để ý rằng \(n\geq N\) thì \(\frac{1}{n^\alpha} \leq \frac{1}{N^\alpha}\). Chúng ta tìm \(N\) sao cho \(\frac{1}{N^\alpha}<\varepsilon\). Giải bất phương trình này ta được \(N>\left (\frac{1}{\varepsilon} \right)^{\frac{1}{\alpha}}\). Từ đây, ta trình bày lại chứng minh như sau:

Với \(\varepsilon>0\) bất kỳ, chọn \(N\in \N\) đủ lớn sao cho \(N>\left (\frac{1}{\varepsilon} \right)^{\frac{1}{\alpha}}\). Số \(N\) như thế là tồn tại theo Tính chất Archimedes. Khi đó, với mọi \(n\geq N\) thì \(n^\alpha\geq N^\alpha\) do đó \(|a_n|=\left | \frac{1}{n^\alpha} \right | \leq \left | \frac{1}{N^\alpha} \right |<\frac{1}{1/\varepsilon}=\varepsilon\). Vậy, theo định nghĩa thì \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n=0.\)

Dùng định nghĩa, chứng minh rằng \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{1}{2^n}=0.\)

Đặt \(a_n=\frac{1}{2^n}, n\geq 1\). Với \(\varepsilon>0\) tùy ý, ta có \(|a_n-0|=\left |\dfrac{1}{2^n}-0 \right |=\dfrac{1}{2^n}\).
Để bất đẳng thức \(|a_n-0|<\varepsilon\) đúng, ta cần \(\dfrac{1}{2^n}<\varepsilon,\) nghĩa là \(2^n>\dfrac{1}{\varepsilon}\), hay \(n>\log_2(\frac{1}{\varepsilon})\). Vì \(\log_2(\frac{1}{\varepsilon})\) có thể là số âm nên ta chọn \(N=\max\left\{1,\floor{\log_2(\frac{1}{\varepsilon})}+1\right\}\), khi đó với mọi số tự nhiên \(n\geq N,\) bất đẳng thức \(|a_n-0|<\varepsilon\) luôn đúng.
Vậy theo định nghĩa thì \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{1}{2^n}=0.\)

Một dãy có giới hạn \(0\) khi và chỉ khi dãy giá trị tuyệt đối của nó cũng có giới hạn không. Cụ thể ta có kết quả sau:

Cho dãy số \((a_n)_n\). Khi đó, dãy \((a_n)_n\) có giới hạn 0 khi và chỉ khi dãy \((|a_n|)_n\) cũng có giới hạn 0. Nghĩa là, \[\lim \limits_{n\to \infty} a_n=0 \Longleftrightarrow \lim \limits_{n\to \infty} |a_n|=0.\]

Proof. Proof. Lưu ý rằng \(\left | |a_n| \right | =|a_n|, \; \forall n\in \N\). Kết quả trên suy ra từ định nghĩa. ◻

Xét dãy \((a_n)_n\) với \(a_n=\frac{(-1)^n}{n}\). Vì \(\lim \limits_{n\to \infty} \frac{1}{n}=0\) và \(\left |\frac{(-1)^n}{n} \right| =\frac{1}{n}, \forall n \geq 1\) nên \(\lim \limits_{n\to \infty} \frac{(-1)^n}{n}=0\).

3.2 Dãy số có giới hạn bất kỳ

Cho dãy số \((a_n)_n\). Ta nói dãy \((a_n)_n\) hội tụ về số thực \(a\) nếu với mọi \(\varepsilon>0\), tồn tại số tự nhiên \(N\) sao cho với mọi \(n\in \N\) mà \(n\geq N\) thì \(|a_n-a|<\varepsilon\).

Khi đó, số thực \(a\) được gọi là giới hạn của dãy \((a_n)_n\) và ta viết \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=a.\)

Nếu tồn tại \(a\in \mathbb{R}\) sao cho \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=a\) thì dãy số \((a_n)_n\) được gọi là dãy hội tụ. Dãy \((a_n)_n\) được gọi là phân kỳ nếu nó không hội tụ về bất kì số thực nào.

Minh hoạ giới hạn dãy số

Nếu \((a_n)_n\) là dãy hội tụ thì giới hạn của nó là duy nhất.

Proof. Proof. Giả sử dãy số \((a_n)_n\) hội tụ về cả hai số thực \(a\) và \(b\). Lấy \(\varepsilon>0\) bất kỳ. Vì \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=a\) nên với số thực \(\frac{\varepsilon}{2}>0\), ta tìm được số tự nhiên \(N_1\) sao cho với mọi \(n\in \N\) mà \(n\geq N_1\) thì \(|a_n-a|<\frac{\varepsilon}{2}\). Vì \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=b\) nên với số thực \(\frac{\varepsilon}{2}>0\) này, ta cũng tìm được một số tự nhiên \(N_2\) sao cho với mọi \(n\in \N\) mà \(n\geq N_2\) thì \(|a_n-b|<\frac{\varepsilon}{2}\).

Đặt \(N=\max\{N_1,N_2\}\). Khi đó, nếu \(n\geq N\) thì \(n\geq N_1\) và \(n\geq N_2\) nên cả hai bất đẳng thức \(|a_n-a|<\frac{\varepsilon}{2}\) và \(|a_n-b|<\frac{\varepsilon}{2}\) đều đúng. Áp dụng bất đẳng thức tam giác, với mọi \(n\geq N\) ta có \[|a-b|\leq |a-a_n|+|a_n-b|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.\] Như thế, \(|a-b|<\varepsilon\) với mọi \(\varepsilon>0\). Theo Bài tập [bt:sosanh], thì \(a=b\) và giới hạn của dãy \((a_n)_n\) là duy nhất. ◻

1. Theo kí hiệu logic, \(\lim \limits_{n\to \infty}a_n=a\) khi và chỉ khi \[(\forall \epsilon>0)(\exists N\in \N)(\forall n\in \N)[(n\geq N) \Longrightarrow (|a_n-a| <\epsilon)].\] Từ đây ta thấy, dãy \((a_n)_n\) có giới hạn là \(a\) khi và chỉ khi dãy số \((a_n-a)_n\) có giới hạn là 0.

2. Để ý rằng, \(|a_n-a|\) là khoảng cách từ \(a_n\) đến \(a\). Như vậy, bất đẳng thức \(|a_n-a|<\varepsilon\) nghĩa là khoảng cách từ \(a_n\) đến \(a\) nhỏ hơn \(\varepsilon.\) Như thế, dãy \((a_n)_n\) có giới hạn là \(a\) khi và chỉ khi với mọi \(\epsilon>0\) cho trước, các phần tử của dãy từ một chỉ số \(N\) nào đó trở đi đều cách \(a\) một khoảng bé hơn \(\varepsilon.\)

   Mặt khác, \(|a_n-a|< \varepsilon \Longleftrightarrow a_n \in (a-\varepsilon,a+\varepsilon)\). Khoảng mở \((a-\varepsilon,a+\varepsilon)\) gọi là một \(\varepsilon-\)lân cận của điểm \(a\). Như thế, dãy \((a_n)\) có giới hạn là \(a\) nếu với mỗi \(\varepsilon\) cho trước, luôn tồn tại \(N\) sao cho, phần đuôi của dãy kể từ phần tử thứ \(N\) về sau, tức là \(a_{N}, a_{N+1}, a_{N+2}, a_{N+3}, \dots\), đều thuộc vào \(\varepsilon-\)lân cận của \(a\).

3. Số tự nhiên \(N\) trong định nghĩa thường phụ thuộc vào \(\varepsilon\).

4. Từ định nghĩa, dãy \((a_n)_n\) phân kỳ khi và chỉ khi

   \[ (\forall a\in \R)(\exists \varepsilon>0)(\forall N \in \N)(\exists n \in N)[ (n\geq N) \wedge (|a_n-a| \geq \varepsilon)]. \]

   Như thế, dãy \((a_n)_n\) phân kỳ khi và chỉ khi với bất kỳ số thực \(a\) nào, luôn tồn tại một \(\varepsilon-\)lân cận của \(a\) sao cho phần đuôi của dãy kể từ bất kỳ chỉ số \(N\) nào, cũng có ít nhất 1 phần tử nằm ngoài \(\varepsilon-\)lân cận ấy. Lưu ý ở đây, số \(\varepsilon\) có thể phụ thuộc vào \(a\), số \(n\) có thể phụ thuộc vào \(a, \varepsilon\) và \(N\).

Dùng định nghĩa, chứng minh rằng \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{n^2+n+2}{n^2+1}=1.\)

Đặt \(a_n=\frac{n^2+n+2}{n^2+1}, n\in \mathbb{N}\). Với \(\varepsilon>0\) tùy ý, ta có \[|a_n-1|=\left|\frac{n^2+n+2}{n^2+1}-1\right|=\frac{n+1}{n^2+1}<\frac{n+1}{n^2}\leq \frac{2n}{n^2}=\frac{2}{n}, \quad \forall n\in \mathbb{N}^*.\] Ta cần chỉ ra tồn tại \(N\) sao cho \(|a_n-1|=\frac{2}{n}<\varepsilon, \; \forall n\geq N\). Để ý rằng \(n\geq N\) thì \(\frac{2}{n}\leq \frac{2}{N}\) nên để tìm \(N\) ta giải bất đẳng thức \(\frac{2}{N}<\varepsilon\) thu được \(N>\frac{2}{\varepsilon}\). Chẳng hạn, ta có thể chọn \(N=\floor{\frac{2}{\varepsilon}}+1\). Như thế, với mọi \(\varepsilon>0\), tồn tại \(N\in \N\) sao cho với mọi \(n\geq N\), ta có \(|a_n-1| \leq \frac{2}{n} \leq \frac{2}{N}<\varepsilon.\) Do đó, theo định nghĩa thì \[\lim\limits_{n\to \infty}\frac{n^2+n+2}{n^2+1}=1.\]

Chứng minh rằng dãy số \(a_n=(-1)^n, \forall n\geq 1\) là dãy phân kỳ.

Để chứng minh \((a_n)_n\) là phân kỳ ta áp dụng Nhận xét [def:divergent](iv). Với bất kỳ \(a\in \R\), chọn \(\varepsilon=1\). Khi đó với mọi \(N\in \N\), ta chọn \(n=2N\) nếu \(a<0\) và \(n=2N+1\) nếu \(a\geq 0\). Khi đó, \(n\geq N\) và hơn nữa

\[ |a_n-a| = \begin{cases} |(-1)^{2N}-a| &= 1-a >1, \mbox{ nếu } a<0\\ |(-1)^{2N+1}-a| &= 1+a > 1, \mbox{ nếu } a\geq 0. \end{cases} \]

Vậy, \((a_n)_n\) là dãy phân kỳ.

Nếu dãy \((a_n)_n\) hội tụ về \(a\), thì dãy \((|a_n|)_n\) hội tụ về \(|a|\).

Proof. Proof. Giả sử \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n=a.\) Khi đó, với mọi \(\varepsilon>0\), tồn tại \(N\in \N\) sao cho \[|a_n-a|<\varepsilon, \quad \forall n\geq N.\] Mà theo bất đẳng thức tam giác ngược, ta có \[\big | |a_n| - |a| \big | \leq |a_n-a|.\] Suy ra, với mọi \(n\geq N\), ta cũng có \(\big | |a_n| - |a| \big | <\varepsilon\). Vậy, theo định nghĩa thì \(\lim \limits_{n\to \infty} |a_n| =|a|.\) ◻

Điều ngược lại trong Định lí trên nói chung không đúng. Xét dãy \((a_n)_n\) với \(a_n=(-1)^n,\;\; \forall n\geq 1.\) Ta có \[\lim \limits_{n\to \infty} |a_n| = \lim \limits_{n\to \infty} 1 =1.\] Tuy nhiên, theo Ví dụ [ex:divergent] thì dãy \((a_n)_n\) không hội tụ. Nếu \(a=0\) thì chiều ngược lại cũng đúng vì theo Định lí [lim:tozero] nếu \(\lim \limits_{n\to \infty} |a_n|=0\) thì ta cũng có \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n=0\).

Bài tập

Xét dãy hằng \((a_n)_n\) với \(a_n=C, \; \forall n\in \mathbb{N}\). Chứng minh rằng \(\lim\limits_{n\to \infty} a_n=C.\)

Dùng định nghĩa giới hạn, chứng minh các kết quả sau.

1. \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{5n}{n+1}=5\).

2. \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{(-1)^n}{n}=0\).

3. \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{2n^2+1}{n^2+n+1}=2\).

4. \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{2n^3+1}{4n^3-n}=\dfrac{1}{2}\).

5. \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{3^n+1}{3^n}=1\).

6. \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\cos n}{n}=0\).

Hãy chỉ ra một dãy số hữu tỉ hội tụ về \(\sqrt{2}\) và một dãy số vô tỉ hội tụ về \(\sqrt{2}\).

Hãy chỉ ra một dãy số số hữu tỉ hội tụ về \(2026\) và một dãy số vô tỉ hội tụ
về \(2026\).

Cho \((a_n)_n\) là dãy số bất kì. Nếu \((a_n)_n\) hội tụ về \(a>0\) thì tồn tại số tự nhiên \(N\) sao cho \(a_n>0\) với mọi \(n\geq N\).

Cho \((a_n)_n\) là dãy số bất kì. Nếu \((a_n)_n\) hội tụ về \(a>0\) thì \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=1\). Kết luận có còn đúng không nếu \(a=0\).

Chứng minh rằng với mọi số thực \(x\), tồn tại một dãy số hữu tỉ \((r_n)_n\) hội tụ về \(x\).

Chứng minh rằng với mọi số thực \(x\), tồn tại một dãy số vô tỉ \((s_n)_n\) hội tụ
về \(x\).

Cho \((a_n)_n\) là một dãy số hội tụ về 1 khi \(n\to \infty\). Chứng minh rằng:

• \(\lim\limits_{n\to \infty} (1-a_n)=0\).

• \(\lim\limits_{n\to \infty}(3a_n+1)=4\).

• \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{2+a_n^2}{a_n}=3\).

Cho \((b_n)_n\) là một dãy các số thực không âm hội tụ về \(0\), \(C>0\) và \((a_n)_n\) là dãy số thực thoả mãn \(|a_n-a|\leq Cb_n\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\). Chứng minh rằng \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=a\).

4 Một số tính chất của dãy số hội tụ

4.1 Tính bị chặn

Dãy số \((a_n)_n\) được gọi là bị chặn trên nếu tồn tại số thực \(M\) sao cho \(a_n\leq M\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\).
Dãy số \((a_n)_n\) được gọi là bị chặn dưới nếu tồn tại số thực \(m\) sao cho \(a_n\geq m\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\).
Dãy số \((a_n)_n\) được gọi là bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới.

Nếu đặt \(A=\{a_n \mid n\in \N\}\) thì dãy \((a_n)_n\) là bị chặn trên (bị chặn dưới, bị chặn) khi và chỉ khi tập \(A\) là bị chặn trên (bị chặn dưới, bị chặn). Đặc biệt \((a_n)_n\) bị chặn khi và chỉ khi tồn tại \(M>0\) sao cho \(|a_n| \leq M\), \(\forall n\in \N.\)

(a) Cho dãy số \((a_n)_n\) với \(a_n=\frac{1}{n}, \; \forall n\in \N\). Vì \(0< \frac{1}{n} \leq 1, \; \forall n\in \N\) nên \(0<a_n\leq 1, \; \forall n \in \N\). Do đó \((a_n)_n\) là dãy bị chặn.

(b) Xét dãy \((a_n)_n\) với \(a_n=5-2n^2, \forall n\geq 1\). Với mọi \(n\geq 1\), ta có \(5-2n^3 \leq 3\) nên \((a_n)\) bị chặn trên. Dãy \((a_n)_n\) là không bị chặn dưới. Thật vậy, giả sử tồn tại \(m\in \R\) sao cho \(a_n\geq m, \;\forall n\geq 1\). Khi đó \(5-2n^3\geq m, \; \forall n\geq 1\) hay \(n \leq \sqrt[3]{\frac{5-m}{2}}, \; \forall n\geq 1.\) Suy ra, tập \(\N\) là bị chặn trên bởi số \(\sqrt[3]{\frac{5-m}{2}}\). Điều này mâu thuẫn với Tính chất Archimedes. Vậy \((a_n)_n\) không bị chặn dưới.

(c) Xét dãy \(a_n=3^n, \forall n\geq 1\). Ta có \(3^n\geq 3, \; \forall n\geq 1\) nên dãy bị chặn dưới. Nếu tồn tại \(M\in \R\) sao cho \(3^n\leq M, \forall n\in \N\) thì ta có \(n\leq \log_3(M), \forall n\geq 1.\) Như thế tập số tự nhiên \(\N\) bị chặn trên là trái với Tính chất Archimedes. Vậy \((a_n)_n\) không bị chặn trên.

(d) Dãy \(a_n=(-1)^n \cdot n, \forall n\geq 1\) là dãy không bị chặn trên, cũng không bị chặn dưới.

Một dãy hội tụ thì bị chặn.

Proof. Proof. Giả sử dãy số \((a_n)_n\) hội tụ về \(a\). Khi đó với \(\varepsilon=1,\) tồn tại số tự nhiên \(N\) sao cho với mọi \(n\in \N\) mà \(n\geq N\) thì \(|a_n-a|<1.\)

Do \(|a_n| -|a| \leq \big| |a_n|-|a| \big| \leq |a_n-a|\) nên \(|a_n| \leq 1+|a|, \; \forall n \geq N\).

Khi đó, nếu đặt \(M:=\max\{|a_1|,|a_2|,\dots,|a_{N-1}|, |a|+1\}\) thì ta có \(|a_n| \leq M, \forall n\in \N\) nên \((a_n)_n\) là dãy bị chặn. ◻

Định lí trên cho ta điều kiện cần để một dãy hội tụ. Từ đây, nếu \((a_n)_n\) là một dãy không bị chặn thì \((a_n)_n\) không hội tụ. Chẳng hạn, theo Ví dụ [ex:bounded-unbounded], các dãy \(a_n=3^n, \forall n\in \N\) hoặc \(a_n=(-1)^n\cdot n, \forall n\in \N\) không bị chặn nên chúng không có giới hạn.

Chiều ngược lại của Định lí [thm:convergentimpliesbounded] nói chung không đúng. Chẳng hạn dãy \(a_n=(-1)^n, \forall n\geq 1\) là dãy bị chặn nhưng theo Ví dụ [ex:divergent] thì nó không hội tụ.

4.2 Sự hội tụ của dãy con

Cho \((a_n)_n\) là một dãy số thực. Dãy \((b_k)_k\) được gọi là một dãy con của dãy \((a_n)_n\) nếu tồn tại một dãy tăng ngặt các số nguyên dương \[n_1<n_2<n_3<\ldots\] sao cho \(b_k=a_{n_k}, \forall k\in \N\). Dãy \((b_k)_k\) này thường viết lại là \((a_{n_k})_k.\)

Liệt kê các phần tử của dãy \((a_n)_n\) như sau: \[a_1, \;a_2, \;a_3, \;a_4, \;a_5, \;a_6, \;a_7, \;a_8, \;a_9, \;a_{10}, \ldots\] Một dãy con của dãy \((a_n)_n\) được tạo ra bằng cách chọn ra vô hạn phần tử của dãy \((a_n)_n\) từ trái sang phải trong dãy liệt kê trên (tức là khi đã chọn phần tử \(a_k\) rồi thì ta không được quay lại chọn các phần tử \(a_j\) mà \(j\leq k\) nữa). Chẳng hạn, nếu ta chọn các phần tử có chỉ số chẵn \[a_2, a_4, a_6, a_8, a_{10}, \ldots\] thì ta được dãy con \((a_{2k})_k\) của dãy \((a_n)_n\), ở đây \(n_k=2k, \forall k.\) Nếu ta chọn các phần tử có chỉ số lẻ \[a_1, a_3, a_5, a_7, a_{9}, \ldots\] thì ta được dãy con \((a_{2k-1})_{k\geq 1}\) của dãy \((a_n)_n\), ở đây \(n_k=2k-1, \forall k\geq 1.\) Nếu ta chọn các phần tử có chỉ số chia hết cho 10 ta được dãy con \((a_{10k})_k\) cho bởi \[a_{10}, a_{20}, a_{30}, a_{40},\ldots\] Nhưng nếu chọn như sau: \[a_{10}, a_{30}, a_{20}, a_{40}, a_{60}, a_{50}, \ldots\] thì không tạo thành dãy con vì ở đây các chỉ số trong dãy này không tạo thành dãy tăng ngặt, một khi đã chọn \(a_{30}\) chúng ta không được quay lại chọn \(a_{20}\) vì \(20<30\).

[]{#lm:nk>k label=“lm:nk>k”} Cho \((n_k)_{k\geq 1}\) là một dãy tăng ngặt các số nguyên dương. Ta có \(n_k\geq k, \forall k \geq 1\).

Proof. Proof. Chúng ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Khi \(k=1\), vì \(n_1\) là số nguyên dương nên hiển nhiên \(n_1\geq 1\). Do đó mệnh đề đúng với \(k=1\). Giả sử \(n_k\geq k\) với \(k\geq 1\) nào đó. Vì \((n_k)_k\) là dãy tăng ngặt nên \(n_{k+1}>n_k\). Để ý rằng \(n_k\) và \(n_{k+1}\) là các số tự nhiên, từ tính chất \[(\forall k\in \N)(\forall \ell\in \N)[k>\ell \Longrightarrow k\geq \ell+1],\] suy ra \(n_{k+1}\geq n_k+1\). Mà theo giả thiết quy nạp thì \(n_k\geq k\), do đó \(n_{k+1} \geq k+1.\) Theo nguyên lý quy nạp ta kết luận \(n_k\geq k\) với mọi \(k \geq 1.\) ◻

Kết quả sau đây nói rằng mọi dãy con của một dãy hội tụ thì hội tụ và có cùng giới hạn với dãy ban đầu.

Nếu dãy \((a_n)_n\) hội tụ về \(a\) thì mọi dãy con \((a_{n_k})_k\) của nó cũng hội tụ về \(a\).

Proof. Proof. Giả sử \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=a\) và \((a_{n_k})_k\) là dãy con bất kỳ của dãy \((a_n)_n\). Ta cần chứng minh \(\lim \limits_{k\to \infty} a_{n_k}=a.\)

Lấy \(\varepsilon>0\) bất kỳ. Vì \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=a\) nên với \(\varepsilon>0\), tồn tại số tự nhiên \(N\) sao cho với mọi số tự nhiên \(n\geq N\) ta có \(|a_n-a|<\varepsilon.\) Nói cách khác, nếu \(k\geq N\) thì \(|a_k-a|< \varepsilon.\)

Theo Bổ đề trên thì \(n_k\geq k\) với mọi \(k\in \mathbb{N}\), nên với \(k\geq N\) thì \(n_k\geq k\geq N\). Do đó ta cũng có \(|a_{n_k} -a| \leq \varepsilon, \forall k\geq N\).

Như vậy, với \(\varepsilon>0\) bất kỳ, tồn tại \(N\in \N\) sao cho \(|a_{n_k} - a|<\varepsilon, \forall k\geq N\). Theo định nghĩa thì \(\lim \limits_{k\to \infty}a_{n_k}=a.\) ◻

Từ Định lí [thm:sub-convergent], nếu dãy \((a_n)_n\) có hai dãy con \((a_{n_k})_k\) và \((a_{n_\ell})_\ell\) mà \[\lim \limits_{k\to \infty}a_{n_k} \neq \lim \limits_{\ell \to \infty} a_{n_\ell}\] thì dãy \((a_n)_n\) không hội tụ, tức là \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n\) không tồn tại.

Chứng minh rằng không tồn tại giới hạn \(\lim \limits_{n\to \infty} (-1)^n\).

Đặt \(a_n=(-1)^n, \forall n\geq 1\). Trong Ví dụ [ex:divergent], chúng ta đã đưa ra cách chứng minh trực tiếp bằng định nghĩa. Bây giờ ta sẽ chứng minh bằng cách chỉ ra rằng dãy \((a_n)_n\) có 2 dãy con hội tụ về hai giới hạn khác nhau. Thật vậy, xét 2 dãy con \((a_{2k})_{k\geq 1}\) và \((a_{2\ell-1})_{\ell\geq 1}\). Ta có

\[ \begin{aligned} \lim \limits_{k\to \infty}a_{2k}&=\lim \limits_{k\to \infty}(-1)^{2k}=\lim \limits_{k\to \infty}1 =1,\\ \lim \limits_{\ell\to \infty}a_{2\ell -1}&=\lim \limits_{\ell \to \infty}(-1)^{2\ell -1}=\lim \limits_{\ell\to \infty}(-1) =-1. \end{aligned} \]

Vậy \(\lim \limits_{k\to \infty}a_{2k} \neq \lim \limits_{\ell \to \infty} a_{2\ell-1}\) nên giới hạn \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n\) không tồn tại.

Chứng minh rằng dãy \(a_n=\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right), \forall n\geq 1\) là phân kỳ.

Xét 2 dãy con \((a_{2k})_k\) và \((a_{4\ell+1})_\ell\). Ta có

\[ \begin{aligned} \lim \limits_{k\to \infty}a_{2k}&=\lim \limits_{k\to \infty}\sin(k\pi) =\lim \limits_{k\to \infty}0 =0,\\ \lim \limits_{\ell\to \infty}a_{4\ell +1}&=\lim \limits_{\ell \to \infty}\sin\left(\frac{\pi}{2} +2\ell\pi\right)=\lim \limits_{\ell\to \infty}1 =1. \end{aligned} \]

Vậy \(\lim \limits_{k\to \infty}a_{2k} \neq \lim \limits_{\ell \to \infty} a_{4\ell+1}\) nên dãy \((a_n)_n\) là phân kỳ.

Như đã đề cập trong Nhận xét [rm:index1], với một dãy con của một dãy số cho trước, chúng ta cũng có thể đánh chỉ số theo các kí tự khác nhau mà không làm thay đổi dãy con đó. Chẳng hạn, với dãy con gồm các số hạng có chỉ số chẵn của dãy \((a_n)_n\), ta có thể viết theo các cách khác nhau, chẳng hạn là \((a_{2k})_k\) hoặc \((a_{2\ell})_\ell\) hoặc \((a_{2n})_n.\)

Dãy \((a_n)_n\) là hội tụ khi và chỉ khi cả hai dãy con \((a_{2n})_n\) và \((a_{2n+1})_n\) hội tụ về cùng một giới hạn. Tức là

\[ \lim\limits_{n\to \infty}a_n=a \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{ll} \lim\limits_{n\to \infty}a_{2n}&=a \\ \lim\limits_{n\to \infty}a_{2n+1}&=a. \end{array} \right.\, \]

Proof. Proof. Chiều thuận suy ra trực tiếp từ Định lí [thm:sub-convergent]. Ta còn phải chứng minh chiều ngược lại. Giả sử \(\lim\limits_{n\to \infty}a_{2n}=\lim\limits_{n\to \infty}a_{2n+1}=a\). Khi đó, với mọi \(\varepsilon>0\), tồn tại các số tự nhiên \(N_1\) và \(N_2\) sao cho với mọi số tự nhiên \(n\geq N_1\) thì \(|a_{2n}-a|<\varepsilon,\) và với mọi số tự nhiên \(n\geq N_2\) thì \(|a_{2n+1}-a|<\varepsilon.\)

Đặt \(N=\max\{2N_1,2N_2+1\},\) khi đó với mọi \(n\geq N,\) ta có \(|a_n-a|<\varepsilon.\)

Vậy theo định nghĩa giới hạn thì \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=a.\) ◻

Xét dãy \((a_n)_n\) cho bởi \((a_n)_{n\geq 1}=\left(1, 0, \frac{1}{2}, 0, \frac{1}{3}, 0, \frac{1}{4}, 0, \frac{1}{5}, \ldots \right)\). Khi đó, \(\lim\limits_{n\to \infty}a_{2n}=\lim\limits_{n\to \infty} 0=0\) và \(\lim\limits_{n\to \infty} a_{2n-1}=\lim\limits_{n\to \infty} \frac{1}{n}=0\). Vậy \(\lim\limits_{n\to \infty} a_n=0.\)

4.3 Tính bảo toàn thứ tự qua giới hạn

Cho \((a_n)_n\) và \((b_n)_n\) là hai dãy số hội tụ. Nếu \(a_n\leq b_n\; \forall n\in \mathbb{N}\) thì \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n\leq \lim\limits_{n\to \infty}b_n\).
Nói riêng, nếu \(a_n\in [a,b]\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\) và \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=c\) thì \(c\in [a,b].\)

Proof. Proof. Giả sử \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=a\), \(\lim\limits_{n\to \infty}b_n=b\) và \(a_n\leq b_n, \forall n\in \N\). Với \(\varepsilon>0\) bất kỳ, tồn tại các số tự nhiên \(N_1, N_2\) sao cho

\[ \begin{aligned} a-\frac{\varepsilon}{2} &<a_n <a+\frac{\varepsilon}{2}, \; \forall n\geq N_1,\\ b-\frac{\varepsilon}{2} &<b_n <b+\frac{\varepsilon}{2}, \; \forall n\geq N_2. \end{aligned} \]

Chọn \(N=\max\{N_1, N_2\}\). Vì \(a_n\leq b_n, \forall n\in \N\) nên nói riêng ta có \(a_N\leq b_N\). Do đó \[a-\frac{\varepsilon}{2} <a_N \leq b_N < b+\frac{\varepsilon}{2}.\] Suy ra, \(a-b<\varepsilon\). Vì \(\varepsilon>0\) tùy ý nên theo Bài tập [bt:sosanh] thì \(a\leq b\). ◻

Nếu \((a_n)_n, (b_n)_n\) là hai dãy số hội tụ và \(a_n< b_n, \; \forall n\in \mathbb{N}\) thì \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n\leq \lim\limits_{n\to \infty}b_n\).

Kết quả trên có thể không còn đúng nếu ta thay dấu \(\leq\) ở phần kết luận bởi dấu \(<\). Ví dụ xét 2 dãy \((\frac{1}{n^2})_n\) và \((\frac{1}{n})_n,\) ta có \(\frac{1}{n^2}<\frac{1}{n}\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\) và \(n\geq 2\) nhưng \(\lim\limits_{n\to \infty}\frac{1}{n^2}=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{1}{n}=0\).

Cho ba dãy số thực \((a_n)_n\), \((b_n)_n\) và \((c_n)_n\). Nếu các điều kiện sau được thoả mãn

1. \(a_n\leq b_n\leq c_n, \; \forall n\in \mathbb{N}\),

2. \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n= \lim\limits_{n\to \infty}c_n=\ell\),

thì \(\lim\limits_{n\to \infty}b_n=\ell\).

Proof. Proof. Với \(\varepsilon>0,\) tồn tại 2 số tự nhiên \(N_1\) và \(N_2\) sao cho với mọi số tự nhiên \(n\geq N_1\) thì \(\ell-\varepsilon<a_n<\ell+\varepsilon\) và với mọi số tự nhiên \(n\geq N_2\) thì \(\ell-\varepsilon<c_n<\ell+\varepsilon.\) Đặt \(N=\max\{N_1,N_2\}\). Từ các bất đẳng thức trên và theo giả thiết \((i)\), với mọi số tự nhiên \(n\geq N\) ta có \[\ell-\varepsilon<a_n\leq b_n\leq c_n<\ell+\varepsilon.\] Suy ra \(|b_n-\ell|<\varepsilon\) với mọi \(n\geq N.\) Vậy \(\lim\limits_{n\to \infty}b_n=\ell.\) ◻

Minh hoạ định lí kẹp

Chứng minh rằng \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\sin n}{n}=0\).

Vì \(|\sin n| \leq 1, \forall n\in \N\) nên \(\frac{-1}{n}\leq\frac{\sin n}{n}\leq \frac{1}{n},\; \forall n\in \N\).
Mặt khác, \(\lim\limits_{n\to \infty}\frac{-1}{n}=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{1}{n}=0\) nên theo Định lí kẹp thì \(\lim\limits_{n\to \infty}\frac{\sin n}{n}=0\).

Nếu \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=0\) và \((b_n)_n\) là dãy bị chặn thì \(\lim\limits_{n\to \infty}a_nb_n=0.\)

Proof. Proof. Giả sử \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=0\) và \(\exists M>0\) sao cho \(|b_n|\leq M\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\). Khi đó \(-Ma_n\leq a_nb_n\leq Ma_n\) với mọi \(n\in\N\) và \(\lim \limits_{n\to \infty}Ma_n= \lim \limits_{n\to \infty}(-Ma_n)=0.\) Vậy \(\lim \limits_{n\to \infty}a_nb_n=0.\) ◻

Tìm \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\cos n}{2^n}.\)

Từ Ví dụ [c2_vd1], ta có \(\lim\limits_{n\to \infty}\frac{1}{2^n}=0\). Ngoài ra \(|\cos n|\leq 1\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\) nên \(\lim\limits_{n\to \infty} \frac{\cos n}{2^n}=0.\)

Nếu thay giả thiết \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n=0\) thành \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n=\ell \neq 0\) thì kết quả trên không còn đúng nữa. Chẳng hạn, xét hai dãy \(a_n=1, \; \forall n\geq 1\) và \(b_n= (-1)^n, \;\forall n\geq 1\). Rõ ràng \((b_n)_n\) bị chặn nhưng \(\lim \limits_{n\to \infty} a_nb_n=\lim \limits_{n\to \infty} (-1)^n\) không tồn tại, xem Ví dụ [ex:divergent].

Ta có các khẳng định sau

1. Nếu \(|\alpha|<1\) thì \(\lim \limits_{n\to \infty} \alpha^n=0.\)

2. Nếu \(\alpha>0\) thì \(\lim \limits_{n\to \infty} \sqrt[n]{\alpha}=1.\)

3. \(\lim \limits_{n\to \infty} \sqrt[n]{n}=1.\)

Proof. Proof. (i) Xét 2 trường hợp:

• Nếu \(\alpha=0\) thì \(\alpha^n=0, \forall n\geq 1\) nên \(\lim \limits_{n\to \infty} \alpha^n=0.\)

• Nếu \(\alpha\neq 0\), thì \(|\alpha| > 0\). Do \(|\alpha|<1\) nên \(\frac{1}{|\alpha|}>1\), suy ra tồn tại \(h>0\) sao cho \(\frac{1}{|\alpha |} = 1+h\). Theo công thức khai triển nhị thức Newton, xem Bài tập [Newton], ta có \[\frac{1}{|\alpha^n|}= (1+h)^n = 1+nh+ \frac{n(n-1)}{2}h^2 + \cdots +h^n >hn.\] Suy ra, \[|\alpha^n| = \frac{1}{(1+h)^n} < \frac{1}{nh}.\] Với mọi \(\varepsilon>0\), chọn \(N\in \N\) sao cho \(N>\frac{1}{h\varepsilon}\). Khi đó, \(|\alpha^n-0| < \frac{1}{nh}\leq \frac{1}{Nh}<\varepsilon\), với mọi \(n\geq N\). Vậy, \(\lim \limits_{n \to \infty} \alpha^n=0.\)

(ii) Xét 2 trường hợp:

• Với \(\alpha\geq 1\). Đặt \(a_n= \sqrt[n]{\alpha} -1, \; \forall n\geq 1.\) Khi đó \(a_n\geq 0\) và \[\alpha = (1+a_n)^n= 1+na_n+\frac{n(n-1)}{2}a_n^2+ \cdots +a_n^n > na_n.\] Suy ra, \(0\leq a_n <\frac{\alpha}{n},\; \forall n \geq 1.\)

  Với mọi \(\varepsilon>0\), chọn \(N\in \N\) sao cho \(N>\frac{\alpha}{\varepsilon}\). Khi đó \[|a_n-0| < \frac{\alpha}{n}\leq \frac{\alpha}{N}<\varepsilon, \; \forall n\geq N.\] Vậy, \(\lim \limits_{n \to \infty} a_n=0\) và do đó \(\lim \limits_{n\to \infty} \sqrt[n]{\alpha}=1.\)

• Với \(0<\alpha<1\). Ta có \(\frac{1}{\alpha}>1\). Áp dụng kết quả trên ta có \(\lim \limits_{n\to \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{\alpha}}=1\). Do đó, \(\lim \limits_{n\to \infty} \sqrt[n]{\alpha}=1.\) Chứng minh (ii) đến đây kết thúc.

(iii) Đặt \(a_n=\sqrt[n]{n}=1+r,\) ta có \(r>0\) với mọi \(n\geq 2.\) Ta có \[n=a_n^n=(1+r)^n = 1+nr+\frac{n(n-1)}{2}r^2+\cdots +r^n \geq \frac{n(n-1)}{2}r^2, \; \forall n\geq 2.\] Suy ra \((a_n-1)^2=r^2\leq \frac{2}{n-1}\) hay \(0\leq |a_n-1|\leq \sqrt{\frac{2}{n-1}}, \; \forall n\geq 2.\)

Với mọi \(\varepsilon>0\), chọn \(N\in \N\) sao cho \(N>\frac{2}{\varepsilon^2}+1\). Khi đó \[|a_n-1| \leq \sqrt{\frac{2}{n-1}} \leq \sqrt{\frac{2}{N-1}} < \varepsilon,\; \forall n\geq N.\] Suy ra \(\lim\limits_{n\to \infty}|a_n-1|=0\) hay \(\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{n}=1.\) ◻

Bài tập

Cho dãy số \((a_n)_n\) được định nghĩa như sau:

\[ a_n=\begin{cases} \frac{1}{n} &\text{ nếu } n \text{ chẵn}\\ n^2 &\text{ nếu } n \text{ lẻ}. \end{cases} \]

1. Dãy \((a_n)_n\) có bị chặn không?

2. Tìm một dãy con bị chặn của \((a_n)_n\) .

3. Tìm hai dãy con không bị chặn của \((a_n)_n\).

Chứng minh rằng dãy số \((a_n)_n\) cho bởi công thức \(a_n=\prod\limits_{k=1}^n\left(1+\dfrac{k}{n}\right)\) là không bị chặn.

Chứng minh rằng dãy số \((a_n)_n\) cho bởi \(a_1=0\) và \(a_{n+1}=\sqrt{4+3a_n}\) là dãy số bị chặn.

Chứng minh rằng dãy số \((a_n)_n\) cho bởi \(a_1=1\) và \(a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n^2}\) với mọi \(n\geq 1\) là dãy số không bị chặn và \(a_{9000}>30\).

Cho dãy số \((a_n)_n\), \(n\in \N\) bất kì. Dãy \((a_{n^2})_n\), \(n\in \N\) và \((a_{n^2-n})_n\), \(n\in \N\) có phải là các dãy con của \((a_n)_n\) không?

Tìm một dãy con hội tụ của các dãy số sau

1. \(a_n=n+(-1)^{3n}n, n\in \mathbb{N}.\)

2. \(b_n=\sin n, n\in \mathbb{N}\).

Chứng minh rằng các dãy số sau phân kỳ:

1. \(x_n=(-2)^n\).

2. \(x_n=\sin n\).

3. \(x_n=\dfrac{n}{n+1}(-1)^{n(n+1)/2}\).

4. \(x_n=(\sqrt{n^2+n}-n)\sin\left(\pi\dfrac{n^2+1}{2n}\right)\).

5. \(x_n=\cos(\pi\sqrt{n^2+2n+2})\).

6. \(x_n=\cos\left(\dfrac{\pi n^3}{2n^2+n}\right)\).

Cho \((a_n)_n\) là một dãy số bị chặn. Chứng minh rằng \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{a_n}{n^k}=0\) với mọi \(k\in \mathbb{N}.\)

Dùng định lí kẹp, chứng minh rằng

1. \(\displaystyle \lim \limits_{n\to \infty} \dfrac{\sin n}{n}=0.\)

2. \(\displaystyle \lim \limits_{n\to \infty} \dfrac{n!}{n^n}=0.\)

3. \(\displaystyle \lim \limits_{n\to \infty} \dfrac{n}{2^n}=0.\)

4. \(\displaystyle \lim \limits_{n\to \infty} \dfrac{(n^2+1)\cos n}{n^3}=0.\)

5. \(\displaystyle \lim \limits_{n\to \infty} (2^n+3^n)^{\dfrac{1}{n}}=3.\)

6. \(\displaystyle \lim \limits_{n\to \infty} \left ( \dfrac{1}{\sqrt{n^2+1}} +\dfrac{1}{\sqrt{n^2+2}}+\ldots+\dfrac{1}{\sqrt{n^2+n}}\right)=1.\)

Dùng định lí kẹp, hãy chứng minh giới hạn các dãy số sau bằng \(0\):

1. \(a_n=\dfrac{\sin\frac{n^4+n+1}{n^2+1}}{n}\).

2. \(a_n=\dfrac{n}{n^2+1}\).

3. \(a_n=\dfrac{\sqrt{2n}+1}{n+1}\).

4. \(a_n=\dfrac{n}{2^n}.\)

Dùng định lí kẹp, hãy chứng minh các dãy số sau hội tụ.

1. \(a_n=\dfrac{3\cos n+ 4\sin n}{n}\).

2. \(a_n=\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{k}{n^2+k}\).

3. \(a_n=\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{\sqrt{n^2+2k}}\).

4. \(a_n=\sqrt[n]{\lambda_1^n+\lambda_2^n+\cdots+\lambda_k^n}\), trong đó \(\lambda_i>0\), \(i=1,2,\ldots,k\).

Tính giới hạn

1. \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{C_{4n}^{2n}}{4^nC_{2n}^n}\).

2. \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{3^{3n}(C_{2n}^{n})^2}{C_{3n}^nC_{6n}^{3n}}\).

Cho dãy số \((a_n)_n\) được định nghĩa theo quy luật như sau: \[1,\quad \underbrace{2,\quad 2,}_{2 \text{ số hạng}}\quad\underbrace{3,\quad 3,\quad 3,}_{3 \text{ số hạng}} \quad\underbrace{4,\quad 4,\quad 4,\quad 4,}_{4 \text{ số hạng}},\quad\cdots\quad \underbrace{n,\quad n,\quad\ldots\quad n,}_{n \text{ số hạng}},\quad\cdots\] Tính giới hạn \(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{\sqrt{n}}\).

Chứng minh rằng dãy \((a_n)_n\) hội tụ khi và chỉ cả ba dãy con \((a_{3n})_n\), \((a_{3n+1})_n\) và \((a_{3n+2})_n\) hội tụ về cùng một giới hạn.

Chứng minh rằng dãy \((a_n)_n\) hội tụ nếu cả ba dãy con \((a_{2n})_n\), \((a_{2n+1})_n\) và \((a_{n^2})_n\) cùng hội tụ.

Cho \((a_n)_n\) là một dãy số không âm hội tụ về số thực \(a\). Chứng minh rằng dãy số \((\sqrt{a_n})_n\) hội tụ về số thực \(\sqrt{a}\).

Cho \(A\) là một tập con khác rỗng của \(\R\) và \(\alpha \in \R\). Chứng tỏ rằng hai khẳng định sau là tương đương

1. \(\sup(A) = \alpha\).

2. \(\alpha\) là một cận trên của \(A\) và tồn tại một dãy \((a_{n})_n \subset A\) sao cho \(\lim \limits_{n\to \infty} a_{n}=\alpha.\)

Cho \(A\) là một tập con khác rỗng của \(\R\) và \(\beta \in \R\). Chứng tỏ rằng hai khẳng định sau là tương đương

1. \(\inf(A) = \beta\).

2. \(\beta\) là một cận dưới của \(A\) và tồn tại một dãy \((a_{n})_n \subset A\) sao cho \(\lim \limits_{n\to \infty} a_{n}=\beta.\)

5 Các phép toán trên các dãy số hội tụ

Cho \((a_n)_n\), \((b_n)_n\) là các dãy số thực và \(\alpha \in \R\). Giả sử \((a_n)_n\) hội tụ về \(a\) và \((b_n)_n\) hội tụ về \(b\). Khi đó, các dãy \((a_n+b_n)_n\), \((a_nb_n)_n\) và \((\alpha a_n)_n\) cũng hội tụ và ta có

1. \(\lim\limits_{n\to \infty}(a_n + b_n)=a+b.\)

2. \(\lim\limits_{n\to \infty}(\alpha a_n)=\alpha a\).

3. \(\lim\limits_{n\to \infty}(a_{n} b_n)=ab.\)

4. Nếu hơn nữa, \(b\neq 0\) và \(b_n\neq 0\) với mọi \(n\in \N\) thì dãy \((\frac{a_n}{b_n})_n\) cũng hội tụ và \(\lim\limits_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}=\frac{a}{b}.\)

Proof. Proof. (i) Với \(\varepsilon>0,\) do \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n=a\) và \(\lim \limits_{n\to \infty} b_n=b\), nên tồn tại các số tự nhiên \(N_1\) và \(N_2\) sao cho \[|a_n-a| < \varepsilon/2, \;\forall n\geq N_1,\] \[|b_n-b| < \varepsilon/2, \;\forall n\geq N_2.\] Đặt \(N=\max\{N_1,N_2\},\) khi đó với mọi số tự nhiên \(n\geq N\), ta có \[|(a_n+ b_n)-(a+ b)|\leq |a_n-a|+|b_n-b|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.\] Vậy, \(\lim\limits_{n\to \infty}(a_n + b_n)=a+b.\)

(ii) Nếu \(\alpha=0\) thì \(\alpha a_n=0, \forall n\in \N\) và \(\alpha a=0\) nên khẳng định là hiển nhiên. Xét trường hợp \(\alpha \neq 0\). Lấy \(\varepsilon >0\) bất kỳ, tồn tại \(N\in \N\) sao cho \[|a_n-a| < \frac{\varepsilon}{|\alpha|}, \forall n\geq N.\] Suy ra với mọi \(n\geq N\), ta có \[|\alpha a_n -\alpha a| = |\alpha(a_n-a)| =|\alpha| \cdot |a_n -a| <|\alpha| \cdot \frac{\varepsilon}{|\alpha|}=\varepsilon.\] Vậy, \(\lim\limits_{n\to \infty}(\alpha a_n)=\alpha a\).

(iii) Các dãy số \((a_n)_n, (b_n)_n\) hội tụ nên bị chặn. Theo Định lí [thm:zero-bounded], ta có

\[ \lim\limits_{n\to \infty}a_{n}(b_n- b)=\lim\limits_{n\to \infty}(a_{n}-a)b=0. \]

Suy ra \[\lim\limits_{n\to \infty}(a_{n}b_n-ab)=\lim\limits_{n\to \infty}a_{n}(b_n-b)+\lim\limits_{n\to \infty}(a_{n}-a)b=0.\]

(iv) Trước tiên, ta chứng minh rằng \(\lim \limits_{n\to \infty} \frac{1}{b_n}=\frac{1}{b}\). Do \((b_n)_n\) hội tụ đến \(b\) nên tồn tại \(N_1\in \N\) sao cho \[|b_n-b| < \frac{|b|}{2}, \; \forall n\geq N_1.\] Áp dụng bất đẳng thức tam giác ngược, ta có \[- \frac{|b|}{2} < |b_n| -|b| < \frac{|b|}{2}, \; \forall n\geq N_1.\] Suy ra ,\(\frac{|b|}{2}<|b_n|, \; \forall n\geq N_1.\) Ta có

\[ \big | \frac{1}{b_n} - \frac{1}{b} \big | = \frac{|b_n-b|}{|b_n|\cdot |b|} < \frac{|b_n-b|}{ \frac{|b|}{2}\cdot |b|} =\frac{2|b_n-b|}{b^2}. \]

Lấy \(\varepsilon>0\). Do \(\lim \limits_{n\to \infty} b_n=b\), tồn tại \(N_2\in \N\) sao cho \[|b_n-b| < \frac{b^2\varepsilon}{2}, \; \forall n\geq N_2.\] Lấy \(N=\max\{N_1, N_2\}\), ta có \[\big | \frac{1}{b_n} - \frac{1}{b} \big | < \frac{2|b_n-b|}{b^2} <\varepsilon.\] Vậy, \(\lim \limits_{n\to \infty} \frac{1}{b_n}=\frac{1}{b}\).

Bây giờ, áp dụng (iii), ta có \[\lim \limits_{n\to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \lim \limits_{n\to \infty} (a_n\cdot \frac{1}{b_n}) = \lim \limits_{n\to \infty} a_n \cdot \lim \limits_{n\to \infty} \frac{1}{b_n} =a\cdot \frac{1}{b} = \frac{a}{b}.\] Định lí được chứng minh. ◻

Tính giới hạn \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{n^3+n^2+1}{1-3n^3}.\)

Nhân tử và mẫu của phân thức cho \(\frac{1}{n^3}\) ta có: \[\dfrac{n^3+n^2+1}{1-3n^3}=\frac{1+(1/n)+(1/n^3)}{(1/n^3)-3}.\]

Từ Ví dụ [c2_vd2] ta có \(\lim\limits_{n\to \infty}\frac{1}{n}=0\), từ đó suy ra \(\lim\limits_{n\to \infty}\frac{1}{n^3}= \left(\lim\limits_{n\to \infty}\frac{1}{n}\right)^3=0^3=0\). Sử dụng các tính chất từ (i) đến (iv) trong định lí trên, ta suy ra \[\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{1+(1/n)+(1/n^3)}{(1/n^3)-3}=\frac{1+0+0}{0-3}=-\dfrac{1}{3}.\] Vậy \(\lim\limits_{n\to \infty}\frac{n^3+n^2+1}{1-3n^3}=-\frac{1}{3}.\)

Tính giới hạn \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{5+2^n-7^n}{3+ 6^n +2\cdot 7^n}.\)

Nhân tử và mẫu với \(\frac{1}{7^n},\) ta có \[\frac{5+2^n-7^n}{3+ 6^n +2\cdot 7^n} = \frac{5\cdot (1/7)^n+(2/7)^n-1}{3\cdot (1/7)^n+ (6/7)^n +2}.\] Theo Mệnh đề [ex:alphamun] thì \(\lim\limits_{n\to \infty} (1/7)^n=\lim\limits_{n\to \infty} (6/7)^n=\lim\limits_{n\to \infty} (2/7)^n=0.\) Suy ra \[\lim\limits_{n\to \infty}\frac{5+2^n-7^n}{3+ 6^n +2\cdot 7^n} = \frac{0+0-1}{0+0+2}=\frac{-1}{2}.\]

Nếu \(a_n\geq 0, \forall n\in \N\) và \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n=\ell\), thì \(\lim \limits_{n\to \infty} \sqrt{a_n}=\sqrt{\ell}.\)

Proof. Proof. Theo tính chất bảo toàn thứ tự qua giới hạn thì \(\ell\geq 0\) nên \(\sqrt{\ell}\) xác định. Lấy \(\varepsilon>0\) bất kỳ.

• Nếu \(\ell=0\) thì theo định nghĩa, tồn tại \(N\in \N\) sao cho \(a_n=|a_n|<\varepsilon^2, \; \forall n\geq N\). Do đó, \(\lim \limits_{n\to \infty} \sqrt{a_n}=0=\sqrt{\ell}\).

• Nếu \(\ell>0\) thì \(\sqrt{\ell}\)>0. Ta có \[\sqrt{a_n}-\sqrt{\ell}=\frac{(\sqrt{a_n}-\sqrt{\ell})(\sqrt{a_n}+\sqrt{\ell})}{\sqrt{a_n}+\sqrt{\ell}}=\frac{a_n-\ell}{\sqrt{a_n}+\sqrt{\ell}}.\] Vì \(\sqrt{a_n}+\sqrt{\ell}\geq \sqrt{\ell}>0\) nên \[|\sqrt{a_n}-\sqrt{\ell}|\leq\frac{1}{\sqrt{\ell}} |a_n-\ell|.\] Kết hợp với giả thiết về sự hội tụ của \((a_n)_n\), ta suy ra \(\lim \limits_{n\to \infty} \sqrt{a_n}=\sqrt{\ell}.\)

 ◻

Bài tập

Tính các giới hạn sau

1. \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{1+n-3n^2}{3-2n+n^2}\).

2. \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{1+n-3n^2}{3-2n+n^3}\).

3. \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\sqrt{3n}+1}{\sqrt{3}+\sqrt{n}}\).

4. \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\sqrt{2n^2-1}}{n+1}\).

5. \(\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{\dfrac{2n+1}{n}}\).

Tính các giới hạn sau

1. \(\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt{n}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})\).

2. \(\lim\limits_{n\to \infty}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})\).

3. \(\lim\limits_{n\to \infty}(\sqrt{n^2+n}-n)\).

4. \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\sqrt{n^2+an+1}-\sqrt{n^2+bn+2}}{\sqrt{n^2+cn+3}-\sqrt{n^2+dn+4}}\), trong đó \(a,b, c, d\) là các số dương và \(c\neq d\).

5. \(\lim\limits_{n\to \infty}(\sqrt[3]{n^3+3n^2}-n)\).

6. \(\lim\limits_{n\to \infty}(\sqrt[3]{n^3+3n^2}-\sqrt{n^2+n})\).

7. \(\lim\limits_{n\to \infty}(\sqrt[4]{n^4+2n^3}-\sqrt[4]{n^4+n^3})\).

Cho \(k, m\) là các số tự nhiên lớn hơn \(1\). Tính giới hạn \[\lim\limits_{n\to \infty}\frac{\sqrt[k]{n^k+3}-\sqrt[k]{n^k+1}}{\sqrt[m]{n^m+9}-\sqrt[m]{n^m+2}}.\]

Tính các giới hạn sau

1. \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{1+a+a^2+...+a^n}{1+b+b^2+\cdots+b^n}\), với \(|a|<1, |b|<1\).

2. \(\lim\limits_{n\to \infty} \left(\dfrac{1}{1.2}+\dfrac{1}{2.3}+\cdots+\dfrac{1}{n(n+1)}\right)\).

3. \(\lim\limits_{n\to \infty} \dfrac{1}{(n+1)!}\left(1.1!+2.2!+\cdots+n.n!\right)\).

4. \(\lim\limits_{n\to \infty}(\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{2^2}+\dfrac{5}{2^3}+\cdots+\dfrac{2n-1}{2^n})\).

5. \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{n^3}\).

6. \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\sum_{k=0}^{n}(3k+1)}{\sum_{k=0}^{n}(2k+3)}\)

Tính giới hạn của dãy số \((a_n)_n\), biết \(a_n=\sin(\pi\sqrt{1+n^2})\) với mọi \(n\geq 1\).

Nếu dãy \((a_n)_n\) thoả mãn \(a_n\neq 0, \forall n \in \N\) và tồn tại giới hạn \(\ell=\lim \limits_{n\to \infty} \Big|\frac{a_{n}}{a_{n-1}Ư}\Big|\). Khi đó, nếu \(\ell<1\) thì \((a_n)_n\) hội tụ về 0.

Cho \(a\in \R\). Chứng minh rằng \(\lim \limits_{n\to \infty} \frac{a^n}{n!}=0.\)

Cho \(a_n= \sqrt[n]{2023^n +2024^n +2025^n}, \forall n\geq 1\). Tìm \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n.\)

Cho dãy số \((a_n)_n\) có số hạng thứ \(n\) là phần thập phân của số thực \((2+\sqrt{3})^n\), tức là \(a_n=(2+\sqrt{3})^n-\floor{(2+\sqrt{3})^n}\). Chứng minh rằng \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=1\).

Tìm phản ví dụ cho các phát biểu sau.

1. Nếu hai dãy số \((a_n)_n\) và \((b_n)_n\) phân kì thì dãy \((a_n+b_n)_n\) phân kì.

2. Nếu hai dãy số \((a_n)_n\) và \((b_n)_n\) phân kì thì dãy \((a_nb_n)_n\) phân kì.

6 Dãy số đơn điệu

Dãy số \((a_n)_n\) được gọi là dãy số tăng nếu \(a_n\leq a_{n+1}\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\).
Dãy số \((a_n)_n\) được gọi là dãy số giảm nếu \(a_n\geq a_{n+1}\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\).
Một dãy số tăng hoặc giảm được gọi là một dãy số đơn điệu.

Dãy số \(\big(\frac{1}{n}\big)_n, n\in \mathbb{N}\) là dãy giảm vì \(\frac{1}{n}>\frac{1}{n+1}\) với mọi \(n\geq 1\). Dãy số \((n^2)_n, n\in \mathbb{N}\) là dãy tăng vì \(n^2<(n+1)^2\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\).

1. Để chứng minh một dãy số \((a_n)_n\) là dãy tăng, ta chứng minh hiệu \(a_{n+1}-a_n\geq 0\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\).
2. Đối với dãy số dương, tức là \(a_n>0\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\), ta có thể xét tỉ số \(T=\frac{a_{n+1}}{a_n}\). Nếu \(T\geq 1\) thì dãy số là tăng. Nếu \(T\leq 1\) thì dãy số là giảm.

Cho dãy \((a_n)_n\) xác định bởi \(a_1=1,\) và \(a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{1}{a_n}), n\in \mathbb{N}\). Chứng minh rằng \((a_n)_n\) là dãy giảm.

Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta chứng minh được \(a_n\geq 1\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\).
Xét hiệu \(a_{n+1}-a_n=\frac{1}{2}(\frac{1}{a_n}-a_n)=\frac{1-a_n^2}{2a_n}\leq 0\) với mọi \(n\in \N.\)
Vì vậy \((a_n)_n\) là dãy số giảm.

 

1. Một dãy số tăng và bị chặn trên thì nó hội tụ.

2. Một dãy số giảm và bị chặn dưới thì nó hội tụ.

Proof. Proof.

1. Giả sử \((a_n)_n\) là dãy tăng và bị chặn trên. Đặt \(A=\{a_n \mid n\in \N\}\). Khi đó, \(A\) là tập con khác rỗng của \(\R\) và bị chặn trên nên tồn tại supermum. Đặt \(a=\sup\{a_n\,|\,n\in \mathbb{N}\}\). Khi đó, với \(\varepsilon>0\) bất kỳ, tồn tại số tự nhiên \(N\) sao cho \(a-\varepsilon<a_N\leq a.\)
   Vì dãy \((a_n)_n\) tăng nên ta có \(a-\varepsilon<a_N\leq a_n\leq a<a+\varepsilon,\) với mọi \(n\geq N.\)
   Vậy \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=a.\)

2. Giả sử \((a_n)_n\) là dãy giảm và bị chặn dưới với \(b=\inf\{a_n\,|\,n\in \mathbb{N}\}.\) Khi đó dãy \((-a_n)_n\) là dãy tăng với supremum là \(-b\). Vì vậy \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=-\lim\limits_{n\to \infty}(-a_n)=-(-b)=b.\)

 ◻

Từ chứng minh của định lí trên ta thấy, nếu \((a_n)_n\) là dãy tăng và bị chặn trên thì \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n =\sup\{a_n \mid n\in \N\}.\) Nếu \((a_n)_n\) là dãy giảm và bị chặn dưới thì \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n =\inf\{a_n \mid n\in \N\}.\)

Xét dãy \((a_n)_n\) cho bởi \(a_1=1, a_{n+1}=\frac{1}{3}(a_n+1), \; \forall n\in \N\). Chứng minh rằng \((a_n)_n\) là dãy hội tụ và tìm giới hạn của nó.

Ta có \(a_1>\frac{1}{2}.\) Giả sử \(a_k>\frac{1}{2}\) với \(k\geq 1\) nào đó. Khi đó, \[a_{k+1}=\frac{1}{3}(a_k+1)> \frac{1}{3}(\frac{1}{2}+1)=\frac{1}{2}.\] Do đó, theo nguyên lý quy nạp thì \(a_n>\frac{1}{2}, \; \forall n\in\N\). Suy ra, \((a_n)_n\) là dãy bị chặn dưới. Mặt khác, \(a_{n+1}-a_n = \frac{1}{3}(1-2a_n)<0, \; \forall n\in \N\) nên \((a_n)_n\) là dãy giảm. Vậy, \((a_n)_n\) là dãy hội tụ. Đặt \(\ell=\lim \limits_{n\to \infty} a_n\). Khi đó, \(\lim \limits_{n\to\infty} a_{n+1}=\ell\). Do \(a_{n+1}=\frac{1}{3}(a_n+1), \; \forall n\in \N\), lấy giới hạn 2 vế khi \(n\to \infty\), ta có \(\ell = \frac{1}{3}(\ell+1)\). Suy ra \(\ell=\frac{1}{2}\).

Cho \((a_n)_n\) với \(a_1=1,\) và \(a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{1}{a_n}), \; n\in \mathbb{N}\). Từ Ví dụ [c2_vd6], \((a_n)_n\) là một dãy giảm và bị chặn dưới bởi 1, do đó dãy số này hội tụ.
Đặt \(a=\lim\limits_{n\to \infty}a_n,\) lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức \(a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{1}{a_n})\) khi \(n\) dần ra vô cùng, ta có \(a=\frac{1}{2}(a+\frac{1}{a}),\) suy ra \(a^2=1.\) Vì \(a_n\geq1\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\) nên \(a\geq 1\). Vậy \(a=1.\)

Xét dãy số \(a_n=(1+\frac{1}{n})^n, \; n\in \mathbb{N}.\) Ta sẽ chứng minh dãy số này tăng và bị chặn trên, từ đó suy ra nó hội tụ. Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho \(n+1\) số dương \(1,1+\frac{1}{n}, 1+\frac{1}{n},\dots, 1+\frac{1}{n},\) ta có: \[1+\frac{1}{n+1}=\frac{1+n(1+\frac{1}{n})}{n+1}\geq \sqrt[n+1]{\Big(1+\frac{1}{n}\Big)^n},\] suy ra \(\Big(1+\frac{1}{n+1}\Big)^{n+1} \geq \Big(1+\frac{1}{n}\Big)^n\) hay \(a_{n+1}\geq a_n,\) với mọi \(n\in \mathbb{N}.\) Vậy, \((a_n)_n\) là dãy tăng.

Mặt khác, dùng khai triển nhị thức Newton, ta có: \[\Big(1+\frac{1}{n}\Big)^n=1+\frac{n}{1!}\frac{1}{n}+\frac{n(n-1)}{2!}\frac{1}{n^2}+\cdots+\frac{n(n-1)\cdots 2\cdot 1}{n!}\frac{1}{n^n}.\] Vì \(\frac{n(n-1)\dots(n-k+1)}{k!}\frac{1}{n^k} = \frac{n}{n}\cdot \frac{n-1}{n}\cdot \frac{n-2}{n}\ldots \frac{n-(k-1)}{n}\cdot \frac{1}{k!}\leq\frac{1}{k!}\leq\frac{1}{2^{k-1}}, \forall k\geq 2\) nên \[\Big(1+\frac{1}{n}\Big)^n<1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\dots+\frac{1}{2^{n-1}}<3.\] Suy ra dãy \((a_n)_n\) là bị chặn.
Vậy, \((a_n)_n\) là dãy tăng và bị chặn trên nên nó hội tụ. Ta gọi giới hạn của dãy số \((a_n)_n\) là \(e\). Như vậy \[e=\lim\limits_{n\to \infty}(1+\frac{1}{n})^n.\] Người ta đã tính gần đúng số \(e \approx 2.718281828459\dots,\) nó là một số vô tỉ.

Bài tập

Cho dãy số \((a_n)_n\) xác định bởi \(a_n=\dfrac{n}{2^n}\) với mọi \(n\geq 1\).

1. Chứng minh \((a_n)_n\) là dãy số giảm.

2. Tính giới hạn của dãy số \((a_n)_n\).

Cho dãy số \((a_n)_n\) xác định bởi \(a_1=\sqrt{2}\) và \(a_{n+1}=\sqrt{a_n+2}\) với mọi \(n\geq 1\).

1. Chứng minh \(a_n<2\) với mọi \(n\in\N\).

2. Chứng minh \((a_n)_n\) là dãy số tăng.

3. Tính giới hạn của dãy số \((a_n)_n\).

Cho dãy số \((a_n)_n\) xác định bởi \(a_1=c^2\) trong đó \(c>2\) và \(a_{n+1}=(a_n-c)^2\) với mọi \(n\geq 1\).

1. Chứng minh \((a_n)_n\) là dãy số tăng.

2. Dãy \((a_n)_n\) có hội tụ hay không?

Chứng minh rằng các dãy số sau hội tụ

1. \(x_n=(1+\frac{1}{2})(1+\frac{1}{4})\cdots(1+\frac{1}{2^n})\).

2. \(x_n=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}\).

3. \(x_n=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^3}+\cdots+\frac{1}{n^n}\).

Tính giới hạn sau: \(\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt{2}\sqrt[4]{2}\sqrt[8]{2}...\sqrt[2^n]{2}\).

Cho \((x_n)_n\) là dãy số bị chặn thoả mãn điều kiện: \(x_{n+1}\geq x_n-\frac{1}{2^n}, n\in \mathbb{N}\). Chứng minh rằng \((x_n)_n\) hội tụ.

Khảo sát tính đơn điệu và tính hội tụ của dãy số \((x_n)_n\) sau:

1. \(x_n=\frac{n!}{(2n+1)!!}\), trong đó \((2n+1)!! = 1 \cdot3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot(2n-1) \cdot (2n+1).\)

2. \(x_n=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\), trong đó \((2n)!! = 2\cdot4\cdot 6 \cdot\ldots \cdot (2n- 2) \cdot (2n)\).

Cho \((x_n)_n\) là dãy số thoả mãn điều kiện: \(0<x_n<1\) và \(x_n(1-x_{n+1})>\frac{1}{4}, n\in \mathbb{N}\). Chứng minh rằng \((x_n)_n\) hội tụ và tìm giới hạn.

Cho dãy số \(0<x_1<1, x_{n+1}=1-\sqrt{1-x_n},\) với \(n\in \mathbb{N}\). Chứng minh rằng \((x_n)_n\) là một dãy số giảm và dần về \(0\). Hãy tính \(\lim\limits_{n\to \infty}\frac{x_{n+1}}{x_n}.\)

Cho \(0<x_1\leq 3\) và \(x_{n+1}=\sqrt{2x_n+3}, n\in \mathbb{N}^*\). Chứng minh rằng dãy \((x_n)_n\) hội tụ và tìm giới hạn dãy \((x_n)_n.\)

Cho \(x_1\geq 2\) và \(x_{n+1}=1+\sqrt{x_n-1}, n\in \mathbb{N}^*\) Chứng minh rằng \((x_n)_n\) giảm và hội tụ về \(2\). Trường hợp \(1\leq x_1<2,\) dãy số \((x_n)_n\) còn hội tụ hay không?

Cho \(x_0\in \mathbb{R}\) và \(x_n=(1+x_{n-1})/2, n\in \mathbb{N}^*\). Tìm giới hạn dãy \((x_n)_n\).

Cho dãy \((a_n)\) với \(a_1=2\) và \(7a_{n+1}=2a_n^2+3\) với \(n\in \N\). Chứng minh rằng

1. \(\dfrac{1}{2}<a_n<3\) với mọi \(n\).

2. \(a_{n+1}\leq a_n\) với mọi \(n\).

3. Dãy \((a_n)\) có giới hạn và tìm giới hạn đó.

Cho dãy \((a_n)\) với \(a_1=2\) và \(a_{n+1}=3+\dfrac{a_n}{2}\) với \(n\in \N\). Chứng minh rằng

1. \(a_n\leq 6\) với mọi \(n\).

2. Dãy \((a_n)\) có giới hạn và tìm giới hạn đó.

Cho \(x_1=\sqrt{2}\) và \(x_{n+1}=\sqrt{2+\sqrt{x_n}}\), \(n\in \mathbb{N}^*\). Tìm giới hạn dãy \((x_n)_n\).

Chứng minh rằng với mọi số thực \(x\) tồn tại một dãy số đơn điệu ngặt các số hữu tỉ \((r_n)_n\) hội tụ về \(x\).

Biết \(x_n\neq 0\) với mọi \(n\in \N\) và giới hạn \(L=\displaystyle \lim \limits_{n\to \infty} \left |\dfrac{x_{n+1}}{x_n}\right|\) tồn tại. Chứng minh rằng

1. Nếu \(L<1\) thì \(\displaystyle \lim \limits_{n\to \infty} x_n=0.\)

2. Nếu \(L>1\) thì dãy \((x_n)\) phân kỳ.

3. Cho ví dụ chứng tỏ khi \(L=1\) thì ta chưa thể kết luận về sự hội tụ hay phân kỳ của dãy \((x_n).\)

Áp dụng kết quả trên để xét sự hội tụ của các dãy \((\dfrac{\alpha^n}{n!})\), dãy \((\dfrac{2^n}{n^4})\) và dãy \((\dfrac{n^k}{\alpha^n})\) với \(|\alpha|>1\) và \(k>0.\)

Chứng minh rằng với mọi số thực \(x\) tồn tại một dãy số đơn điệu ngặt các số vô tỉ \((s_n)_n\) hội tụ về \(x\).

Cho \(0<y_1<x_1\) và \(x_{n+1}=\frac{x_n+y_n}{2}\) và \(y_{n+1}=\sqrt{x_ny_n}, n\in \mathbb{N}^*.\) Chứng minh rằng:

1. \(0<y_n<x_n, \quad\forall n\in \mathbb{N}^*\),

2. \((y_n)_n\) tăng và bị chặn trên, \((x_n)_n\) giảm và bị chặn dưới,

3. \(0<x_{n+1}-y_{n+1}<\frac{x_1-y_1}{2^n}, n\in \mathbb{N}^*\),

4. \(\lim\limits_{n\to \infty}x_n=\lim\limits_{n\to \infty}y_n\).

Cho \(x_0=y_0=0\) và \(x_n=x_{n-1}+2y_n, y_n=x_{n-1}+y_{n-1}, n\in \mathbb{N}^*.\) Chứng minh rằng \(x_n^2-2y_{n}^2=\pm 1, n\in \mathbb{N}^*\) và \(\frac{x_n}{y_n}\to \sqrt{2}\) khi \(n\to \infty.\)

Cho \(x_0=2\sqrt{3}\), \(y_0=3,\)
\[x_n=\frac{2x_{n-1}y_{n-1}}{x_{n-1}+y_{n-1}}, \quad y_n=\sqrt{x_ny_{n-1}}, n\in \mathbb{N}.\] Chứng minh rằng \((x_n)_n\) giảm và hội tụ về \(x\), \((y_n)_n\) tăng và hội tụ về \(y\) và \(x=y\).

Chứng minh rằng nếu dãy \((x_n)_n\) hội tụ thì các dãy \[y_n=\frac{x_1+x_2+\dots+x_n}{n}\] và dãy \[z_n=\frac{n}{1/x_1+1/x_2+\dots+1/x_n}\] hội tụ và \(\lim\limits_{n\to \infty}x_n=\lim\limits_{n\to \infty}y_n=\lim\limits_{n\to \infty}z_n.\)

Chứng minh rằng nếu dãy \((x_n)_n\) hội tụ và \((x_n)_n>0\) thì \[\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{x_1x_2\dots x_n}=\lim\limits_{n\to \infty}x_n.\]

Chứng minh rằng nếu \(x_n>0\) và tồn tại \(\lim\limits_{n\to \infty}\frac{x_n}{x_{n-1}}=a\) thì \[\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{x_n}=a.\]

Chứng minh các giới hạn sau:

1. \(\lim\limits_{n\to \infty}(\frac{\log_an}{n^k})=0 \quad a>1,k\geq 1\).

2. \(\lim\limits_{n\to \infty}\frac{1}{\sqrt[n]{n!}}=0\).

3. \(\lim\limits_{n\to \infty}\frac{n}{\sqrt[n]{n!}}=e.\)

7 Dãy số có giới hạn bằng vô cùng

Dãy số \((a_n)_n\) được gọi là phân kỳ về \(\infty\), kí hiệu \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=\infty\), nếu với mọi \(M\in \mathbb{R}\), tồn tại một số tự nhiên \(N\) sao cho với mọi số tự nhiên \(n\geq N\) thì ta có \(a_n>M.\)

Dãy số \((a_n)_n\) được gọi là phân kỳ về \(-\infty\), kí hiệu \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=-\infty\), nếu với mọi \(M\in \mathbb{R}\), tồn tại một số tự nhiên \(N\) sao cho với mọi số tự nhiên \(n\geq N\) thì ta có \(a_n<M.\)

Dùng định nghĩa chứng minh rằng \(\lim\limits_{n\to \infty}n=\infty.\)

Đặt \(a_n=n, n\in \mathbb{N}.\) Với \(M\in \mathbb{R}\) tùy ý, theo Tính chất Archimedes, luôn tìm được số tự nhiên \(N>M\), chẳng hạn \(N=\max\{\floor{M},0\}+1,\) khi đó với mọi số tự nhiên \(n\geq N,\) ta luôn có \(a_n=n>M.\) Theo định nghĩa, ta có \(\lim\limits_{n\to \infty}n=\infty.\)

Dùng định nghĩa chứng minh rằng, \(\lim\limits_{n\to \infty} \frac{1-n^2}{2n}=-\infty.\)

Đặt \(a_n=\frac{1-n^2}{2n},\; n\geq 1.\) Với \(M\in \mathbb{R}\) tùy ý, theo Tính chất Archimedes, luôn tìm được số tự nhiên \(N>2(1-M)\). Khi đó với mọi số tự nhiên \(n\geq N,\) ta có \[\frac{1-n^2}{2n}=\frac{1}{2n} -\frac{n}{2} < 1 -\frac{n}{2} \leq 1-\frac{N}{2} < M.\] Theo định nghĩa, ta có \(\lim\limits_{n\to \infty} \frac{1-n^2}{2n}=-\infty.\)

(i) Ta có thể phát biểu định nghĩa trên theo kí hiệu logic như sau:

\[ \begin{aligned} \lim \limits_{n\to \infty} a_n&=\infty \Longleftrightarrow (\forall M\in \R)(\exists N \in \N)(\forall n\in \N)[(n \geq N) \Longrightarrow (a_n >M)].\\ \lim \limits_{n\to \infty} a_n&=-\infty \Longleftrightarrow (\forall M\in \R)(\exists N \in \N)(\forall n\in \N)[(n \geq N) \Longrightarrow (a_n <M)]. \end{aligned} \]

(ii) Dãy \((a_n)_n\) dần đến \(\infty\) khi và chỉ khi \(a_n\) có thể lớn một cách tùy ý miễn là \(n\) đủ lớn. Nói cách khác, với bất kỳ số \(M\) nào, phần đuôi của dãy, kể từ số hạng thứ \(N\) nào đó trở đi, đều lớn hơn \(M\). Trong định nghĩa này, chúng ta chỉ quan tâm đến trường hợp khi \(M\) lớn, vì khi \(M\) bé thì khả năng để \(a_n>M\) càng dễ. Do đó, ta có thể coi \(M\) là số dương và phát biểu lại như sau: \[\lim \limits_{n\to \infty} a_n=\infty \Longleftrightarrow (\forall M>0)(\exists N \in \N)(\forall n\in \N)[(n \geq N) \Longrightarrow (a_n >M)].\] Tương tự, đối với giới hạn bằng \(-\infty\), ta có thể phát biểu lại như sau: \[\lim \limits_{n\to \infty} a_n=-\infty \Longleftrightarrow (\forall M<0)(\exists N \in \N)(\forall n\in \N)[(n \geq N) \Longrightarrow (a_n <M)].\]

(iii) Nếu \(\lim \limits_{n \to \infty}a_n=\infty\) thì \(\lim \limits_{n \to \infty}(-a_n)=-\infty\). Nếu \(\lim \limits_{n \to \infty}a_n=-\infty\) thì \(\lim \limits_{n \to \infty}(-a_n)=\infty\).

(iv) Từ định nghĩa, ta thấy nếu \(\lim \limits_{n \to \infty}a_n=\infty\) hoặc \(\lim \limits_{n \to \infty}a_n=-\infty\) thì \(\lim \limits_{n \to \infty}|a_n|=\infty\). Tuy nhiên, chiều ngược lại nói chung không đúng. Chẳng hạn dãy \(a_n=(-1)^n\cdot n\) với mọi \(n\in \N\), không phân kỳ về \(\infty\), cũng không phân kỳ về \(-\infty\) nhưng ta lại có \(\lim \limits_{n \to \infty}|a_n|=\lim \limits_{n \to \infty}n=\infty\).

Cho \((a_n)_n\) với \(a_n\neq 0,\; \forall n\in \N.\)

• Nếu \(\lim \limits_{n\to \infty} |a_n|=\infty\) thì \(\lim \limits_{n\to \infty} \frac{1}{a_n}=0.\)

• Nếu \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n=0\) thì \(\lim \limits_{n\to \infty} \frac{1}{|a_n|}=\infty.\)

Proof. Proof. (i) Lấy \(\varepsilon>0\) bất kỳ. Vì \(\lim \limits_{n\to \infty} |a_n|=\infty\) nên với \(M=\frac{1}{\varepsilon}\in \R\), tồn tại \(N\in \N\) sao cho \[|a_n| > \frac{1}{\varepsilon}, \; \forall n\geq N.\] Suy ra, với mọi \(n\geq N\), ta có \[\Big| \frac{1}{a_n} \Big| = \frac{1}{|a_n|} <\varepsilon.\] Vậy, theo định nghĩa thì \(\lim \limits_{n\to \infty} \frac{1}{a_n}=0.\)

(ii) Giả sử \(\lim \limits_{n\to \infty}a_n=0.\) Lấy \(M\in \R\) bất kỳ. Do \(\lim \limits_{n\to \infty}a_n=0\) nên với \(\varepsilon=\frac{1}{|M|+1}\), tồn tại \(N\in \N\) sao cho \(|a_n|<\varepsilon, \forall n\geq N\). Khi đó, với mọi số tự nhiên \(n\geq N\), ta có \[\frac{1}{|a_n|} > \frac{1}{\varepsilon} = |M|+1 >|M| \geq M.\] Vậy, \(\lim \limits_{n\to \infty}\frac{1}{|a_n|}=\infty.\) ◻

(i) Nếu \((a_n)_n\) là dãy tăng và không bị chặn trên thì \(\lim \limits_{n\to \infty}a_n=\infty.\)

(ii) Nếu \((a_n)_n\) là dãy giảm và không bị chặn dưới thì \(\lim \limits_{n\to \infty}a_n=-\infty.\)

Proof. Proof. Ta chứng minh (i). Giả sử \((a_n)_n\) là dãy tăng và không bị chặn trên. Khi đó, với mọi \(M\in \R\), do \((a_n)_n\) không bị chặn trên nên tồn tại \(N\in N\) sao cho \(a_N>M\). Vì \((a_n)_n\) là dãy tăng nên với mọi \(n\geq N\), ta cũng có \[a_n\geq a_N>M.\] Vậy, theo định nghĩa thì \(\lim \limits_{n\to \infty}a_n=\infty.\) Chứng minh cho (ii) được tiến hành một cách tương tự. ◻

Cho dãy số thực \((a_n)_n\). Khi đó,

1. Nếu \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=\infty\) thì mọi dãy con của nó cũng phân kỳ về \(\infty\).

2. Nếu \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=-\infty\) thì mọi dãy con của nó cũng phân kỳ về \(-\infty\).

Proof. Proof. (i) Giả sử \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=\infty\) và \((a_{n_k})_k\) là một dãy con của \((a_n)_n\). Với mọi \(M\in \R\), do \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=\infty\) nên tồn tại \(N\in \N\), sao cho \[a_n>M, \; \forall n\geq N.\] Khi đó, với mọi \(k\geq N\) thì \(n_k \geq k \geq N\) nên \(a_{n_k}>M.\) Vậy, \(\lim\limits_{k\to \infty}a_{n_k}=\infty\).

Chứng minh (ii) dành cho bạn đọc. ◻

Các khẳng định sau là đúng

1. Nếu \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=\infty\) và \(\lim\limits_{n\to \infty}b_n=\infty\) thì \(\lim\limits_{n\to \infty}(a_n+b_n)=\infty\) và \(\lim\limits_{n\to \infty}(a_nb_n)=\infty\).

2. Nếu \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n= - \infty\) và \(\lim\limits_{n\to \infty}b_n= - \infty\) thì \(\lim\limits_{n\to \infty}(a_n+b_n)= - \infty\) và \(\lim\limits_{n\to \infty}(a_nb_n)=\infty\).

3. Nếu \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=\infty\) và \(\lim\limits_{n\to \infty}b_n=-\infty\) thì \(\lim\limits_{n\to \infty}(a_n-b_n)=\infty\) và \(\lim\limits_{n\to \infty}(a_nb_n)=-\infty\).

Proof. Proof. Ta chỉ chứng minh khẳng định (i). Các khẳng định (ii) và (iii) xin dành cho bạn đọc. Giả sử \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=\infty\) và \(\lim\limits_{n\to \infty}b_n=\infty\).

Với mọi \(M\in \R\), tồn tại các số tự nhiên \(N_1, N_2\) sao cho \(a_n>M/2, \;\forall n\geq N_1\) và \(b_n>M/2, \;\forall n\geq N_2\). Đặt \(N=\max\{N_1, N_2\}\). Khi đó, với mọi \(n\geq N\), ta có \(a_n+b_n> M/2 +M/2 =M\). Vậy, \(\lim\limits_{n\to \infty}(a_n+b_n)=\infty\).

Tiếp theo ta chứng minh \(\lim\limits_{n\to \infty}(a_nb_n)=\infty\). Lấy \(\overline{M}>0\) bất kỳ. Do \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=\infty\) và \(\lim\limits_{n\to \infty}b_n=\infty\), nên cũng tồn tại các số tự nhiên \(\overline{N_1}, \overline{N_2}\) sao cho \(a_n > \sqrt{\overline{M} }\) và \(b_n> \sqrt{\overline{M}}\). Đặt \(\overline{N}=\max\{\overline{N_1}, \overline{N_2}\}\). Với mọi \(n\geq \overline{N}\), ta có \(a_nb_n>\sqrt{\overline{M} }\cdot \sqrt{\overline{M} }=\overline{M}.\) Ta có thể kết luận \(\lim\limits_{n\to \infty}(a_nb_n)=\infty\). ◻

Các khẳng định sau là đúng

1. Nếu \(a_n\geq b_n, \forall n\in \N\) và \(\lim \limits_{n\to \infty} b_n=\infty\) thì \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n=\infty\).

2. Nếu \(a_n\leq b_n, \forall n\in \N\) và \(\lim \limits_{n\to \infty} b_n=-\infty\) thì \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n=-\infty\).

Proof. Proof. Giả sử \(a_n\geq b_n, \forall n\in \N\) và \(\lim \limits_{n\to \infty} b_n=\infty\). Lấy \(M\in \R\) bất kỳ. Do \(\lim \limits_{n\to \infty} b_n=\infty\) nên tồn tại số tự nhiên \(N\) sao cho \(b_n>M, \;\forall n\geq N.\) Khi đó, ta cũng có \[a_n\geq b_n > M, \; \forall n\geq N.\] Theo định nghĩa thì \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n=\infty\). Chứng minh (ii) tiến hành tương tự, xin dành cho bạn đọc. ◻

Nếu \((a_n)_n\) không bị chặn trên thì tồn tại một dãy con \((a_{n_k})_k\) phân kỳ về \(\infty\). Tương tự, nếu \((a_n)_n\) không bị chặn dưới thì tồn tại một dãy con \((a_{n_k})_k\) phân kỳ về \(-\infty\).

Proof. Proof. Giả sử \((a_n)_n\) không bị chặn trên. Khi đó. Với mỗi \(n\in \N\) thì tập \(A_n=\{a_k \mid k> n\}\) không bị chặn trên. Do \(A_1\) không bị chặn trên bởi 1 nên tồn tại \(n_1\) sao cho \(a_{n_1}>1\). Do \(A_{n_1}\) không bị chặn trên bởi 2 nên tồn tại \(n_2>n_1\) sao cho \(a_{n_2}>2.\) Tiếp tục như vậy, bằng quy nạp, ta xây dựng được một dãy con \((a_{n_k})_k\) sao cho \(a_{n_k}>k, \;\forall k\in \N.\) Do đó, \(\lim \limits_{k\to \infty}a_{n_k}=\infty\).

Chứng minh (ii) xin dành cho bạn đọc. ◻

Ta có các khẳng định sau

1. Nếu \(a>1\) thì \(\lim \limits_{n\to \infty}a^n=\infty\).

2. Với \(a>1\) và \(m \in \N\) thì \(\lim\limits_{n\to \infty}\frac{a^n}{n^m}=\infty\). (Hàm mũ dần về \(\infty\) nhanh hơn hàm lũy thừa)

Proof. Proof. (i) Vì \(a>1\) nên tồn tại \(\varepsilon>0\) để \(a=1+\varepsilon.\) Khi đó, \[a^n=(1+\varepsilon)^n \geq 1+n\varepsilon,\; \forall n \in \N.\] Do \(\lim \limits_{n\to \infty} (1+n\varepsilon)=\infty\) nên \(\lim \limits_{n\to \infty}a^n=\infty\).

(ii) Ta viết lại \[\dfrac{a^n}{n^m}=\Big(\dfrac{a^{n/m}}{n}\Big)^m.\] Do \(a^{1/m}>1\) nên \(a^{1/m}=1+r\), với \(r>0\) nào đó. Khi đó

\[ \begin{aligned} a^{n/m}&=(a^{1/m})^n= (1+r)^n\\ &\geq 1+nr+\frac{n(n-1)}{2}r^2\geq\frac{n(n-1)}{2}r^2, \; \forall n\geq 2. \end{aligned} \]

Do đó, \(\frac{a^{n/m}}{n}\geq \frac{(n-1)}{2}r^2,\; \forall n\geq 2.\) Mà \(\lim\limits_{n\to \infty}\frac{(n-1)}{2}r^2=\infty\) nên \(\lim\limits_{n\to \infty}\frac{a^n}{n^m}=\infty\). ◻

Các khẳng định sau là đúng

1. Nếu \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=\infty\) và \((b_n)_n\) là dãy số bị chặn dưới thì \(\lim\limits_{n\to \infty}(a_n+b_n)=\infty.\)

2. Nếu \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=\infty\) và \(b_n\geq M_0>0\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\) thì \(\lim\limits_{n\to \infty}a_nb_n=\infty\).

3. Nếu \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=-\infty\) và \((b_n)_n\) là dãy số bị chặn trên thì \(\lim\limits_{n\to \infty}(a_n+b_n)=-\infty.\)

4. Nếu \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=-\infty\) và \(b_n\geq M_0>0\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\) thì \(\lim\limits_{n\to \infty}a_nb_n=-\infty\).

Proof. Proof. (i) Giả sử \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=\infty\) và \((b_n)_n\) là dãy số bị chặn dưới. Do \((b_n)_n\) bị chặn dưới nên tồn tại số thực \(M_0\in \mathbb{R}\) sao cho \(b_n\geq M_0\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\).

Lấy \(M\in \R\) tùy ý. Đặt \(M_1=M-M_0.\) Vì \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=\infty\) nên tồn tại số tự nhiên \(N\) sao cho với mọi số tự nhiên \(n\geq N\) ta có \(a_n>M_1\). Suy ra \[a_n+b_n>M_1+b_n=M-M_0+b_n\geq M.\] Vậy \(\lim\limits_{n\to \infty}(a_n+b_n)=\infty.\)

(ii) Giả sử \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=\infty\) và \(b_n\geq M_0>0\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\). Với mọi \(M>0\), đặt \(M_1=M/M_0\). Do \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=\infty\) nên tồn tại \(N\in \mathbb{N}\) sao cho với mọi số tự nhiên \(n\geq N\) ta có \(a_n>M_1.\) Do đó, với mọi \(n\geq N\), ta có \[a_nb_n>M_1M_0=M.\] Vậy, \(\lim\limits_{n\to \infty}a_nb_n=\infty.\) Chứng minh cho (iii) và (iv) xin dành cho bạn đọc. ◻

Điều kiện \(b_n\geq M_0>0\) trong (ii) ở Định lí [c2_dl5] tương đương với \(\inf\{b_n \mid n\in \N\} >0\). Điều này khác với \(b_n>0, \forall n\in \N\). Vì chẳng hạn, \(a_n=n\) và \(b_n=\frac{1}{n^2}\) thì mặc dù \(b_n>0, \forall n\in \N\) nhưng \(a_nb_n=\frac{1}{n}\to 0\) khi \(n\to \infty\).

Các khẳng định sau là đúng

1. Nếu \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=\infty\) và \(\lim \limits_{n\to \infty} {b_n}=\ell\) thì \(\lim\limits_{n\to \infty}(a_n+b_n)=\infty.\)

2. Nếu \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=\infty\) và \(\lim \limits_{n\to \infty} b_n =\ell >0\) thì \(\lim\limits_{n\to \infty} a_nb_n=\infty.\) Đặc biệt, nếu \(\alpha>0\) và \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=\infty\) thì \(\lim\limits_{n\to \infty}\alpha a_n=\infty.\)

3. Nếu \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=-\infty\) và \(\lim \limits_{n\to \infty} b_n =\ell >0\) thì \(\lim\limits_{n\to \infty} a_nb_n=-\infty.\) Đặc biệt, nếu \(\alpha>0\) và \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=-\infty\) thì \(\lim\limits_{n\to \infty}\alpha a_n=-\infty.\)

4. Cho \(a_n\neq 0,\; \forall n\in \N\). Nếu \(\lim\limits_{n\to \infty}|a_n|=\infty\) và \((b_n)_n\) bị chặn thì \(\lim\limits_{n\to \infty}\frac{b_n}{a_n}=0.\)

Proof. Proof. Để ý rằng, nếu \(\lim \limits_{n\to \infty}b_n =\ell\) thì \((b_n)_n\) bị chặn và nếu hơn nữa \(\ell>0\) thì tồn tại \(N\in \N\) sao cho \(b_n>0\) với mọi \(n\geq N\). Từ đây ta có ngay khẳng định (i), (ii) và (ii). Khẳng định (iii) suy ra trực tiếp từ Định lí [thm:zero-infty] và Định lí [thm:zero-bounded]. ◻

Tính các giới hạn

2

1. \(A=\lim\limits_{n\to \infty} (\sin n +n).\)

2. \(B=\lim\limits_{n\to \infty} (\sin n -n).\)

3. \(C=\lim\limits_{n\to \infty} (2n^3+n^2+2025)\).

4. \(D=\lim\limits_{n\to \infty} (-2^n+n^2+1)\).

5. \(E=\lim\limits_{n\to \infty} (\sqrt{n^2+1} +\sqrt{n^4+2})\).

6. \(F=\lim\limits_{n\to \infty} (\sqrt{n^2+1} - \sqrt[3]{8n^3-1})\).

Vì \(|\sin(n)|\leq 1,\; \forall n\in \N\) và \(\lim \limits_{n\to \infty} n=\infty\) nên theo Định lí [thm:bounded-infty](i) và (iii) thì \(A=\infty, B=-\infty\). \[C=\lim\limits_{n\to \infty} (2n^3-n^2+2025) = \lim\limits_{n\to \infty} n^3(2- \frac{1}{n} + \frac{2025}{n^3})=\infty.\] Do \(n^3\to \infty\) và \(2- \frac{1}{n} + \frac{2025}{n^3} \to 2\) khi \(n\to \infty\) theo Hệ quả [cor:infinity_limits](ii) thì \(C=\infty\).

\[ D=\lim\limits_{n\to \infty} (-2^n+n^2+1)=\lim\limits_{n\to \infty} (-n^2)( \frac{2^n}{n} -1- \frac{1}{n^2})=-\infty. \]

Do \(\frac{2^n}{n} \to \infty\) theo Mệnh đề [ex:exponent_power] và do \((-n^2) \to -\infty\) nên theo Định lí [thm:infty-infty] thì \(D=-\infty.\) \[E=\lim\limits_{n\to \infty} n^2(\sqrt{ \frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^4}} +\sqrt{1+\frac{2}{n^4}}) \mbox{ và } F=\lim\limits_{n\to \infty} n(\sqrt{ 1+\frac{1}{n^2}} - \sqrt{8 - \frac{1}{n^3}}).\] Theo Hệ quả [cor:infinity_limits](ii) và (iii) thì \(E=\infty\) và \(F=-\infty\).

Cho dãy \((a_n)_n\) thoả mãn \(a_n> 0,\; \forall n \in \N\). Nếu \(\lim \limits_{n\to \infty}\frac{a_{n}}{a_{n-1}Ư}=\ell>1\) thì \(\lim \limits_{n\to \infty}a_n=\infty\).

Proof. Proof. Vì \(\lim \limits_{n\to \infty}\frac{a_{n}}{a_{n-1}Ư}=\ell\) nên với \(\varepsilon=\frac{\ell-1}{2}>0\), tồn tại \(N\in \N\) sao cho \[\Big|\frac{a_{n}}{a_{n-1}} - \ell\Big | < \frac{\ell-1}{2}, \;\; \forall n\geq N.\] Suy ra, với mọi \(n\geq N\), ta có \[\frac{a_{n}}{a_{n-1}} >\ell - \frac{\ell- 1}{2}=\frac{\ell+1}{2}.\] Đặt \(s=\frac{\ell+1}{2}\) thì \(s>1\). Do \(a_n>0\) với mọi \(n\), nên bằng quy nạp, ta có \[a_{n} > a_{n-1}\cdot s >a_{n-2}\cdot s^2> \ldots >a_1\cdot s^{n-1},\; \forall n\geq N.\] Vì \(s>1\), từ Mệnh đề [ex:exponent_power] thì \(\lim \limits_{n\to \infty} s^n=\infty\). Cho \(n\to \infty\), ta có \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n = \infty.\) ◻

Bài tập

Cho ví dụ về một dãy \((a_n)_n\) không bị chặn và không phân kỳ về \(\infty\) hay \(-\infty\).

Chứng minh các kết quả sau bằng định nghĩa.

1. \(\lim\limits_{n\to \infty}n^k=\infty, k\in \mathbb{N}^*\).

2. \(\lim\limits_{n\to \infty}a^n=\infty,\) với \(a>1\).

3. \(\lim\limits_{n\to \infty}\ln n=\infty\).

Tính các giới hạn sau.

1. \(\lim\limits_{n\to \infty}(n+\cos n)\).

2. \(\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{n+\sin (n^2)}{n+\cos n}\).

Tìm 2 dãy \((u_n)_n\) và \((v_n)_n\) sao cho \(u_n\to \infty, v_n\to -\infty\) và:

1. \(u_n+v_n \to \infty,\)

2. \(u_n+v_n \to 1,\)

3. \(u_n+v_n\) không tồn tại giới hạn.

Chứng minh rằng các dãy số sau có giới hạn bằng \(\infty\):

1. \(1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n},\)

2. \(\frac{1}{\ln 2}+\frac{1}{\ln 3}+\dots+\frac{1}{\ln n}.\)

8 Định lí Cantor và Định lí Bolzano-Weierstrass

Với mỗi \(n\in \N\), đặt \(I_n=[a_n, b_n]\). Dãy \((I_n)_n\) được gọi là một dãy các đoạn lồng nhau nếu \[I_1\supset I_2 \supset \dots \supset I_n \supset \dots.\]

Cho \((I_n)_{n\in \N}\) là một dãy các đoạn lồng nhau. Khi đó \(\bigcap_{n=1}^{\infty}I_n \neq \emptyset\). Ngoài ra nếu \(\lim\limits_{n\to \infty}(b_n-a_n)=0\) thì \(\bigcap_{n=1}^{\infty}I_n\) chứa một điểm duy nhất.

Proof. Proof. Vì \((I_n)_n\) là dãy các đoạn lồng nhau nên \[[a_1, b_1] \supset [a_2, b_2] \supset \cdots \supset [a_n, b_n] \supset \ldots\] Khi đó, \((a_n)_n\) là dãy tăng và bị chặn trên bởi \(b_1\) nên theo Định lí [thm:monotone-bounded] và Nhận xét [rm:monotone-bounded], tồn tại số thực \(a\) sao cho \(\lim\limits_{n\to \infty}a_n=a=\sup\{a_n \mid n\in \N\}\). Tương tự, \((b_n)_n\) là dãy số giảm và bị chặn dưới bởi \(a_1\) nên tồn tại số thực \(b\) sao cho \(\lim\limits_{n\to \infty}b_n=b=\inf\{b_n \mid n\in \N\}.\)

Ngoài ra ta có \(a_n\leq b_n\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\) nên theo tính chất bảo toàn thứ tự qua giới hạn (Định lí [thm:order-resevation]), ta có \(a\leq b.\) Vì vậy \(a_n\leq a\leq b\leq b_n, \quad \forall n\in \mathbb{N }.\)
Với mọi \(x\in [a,b],\) thì \(x\in [a_n,b_n]\) với mọi \(n\in \mathbb{N},\) suy ra \(x\in \bigcap_{n=1}^{\infty}[a_n,b_n]\).
Ngược lại, với mọi \(x\in \bigcap_{n=1}^{\infty}[a_n,b_n],\) ta có \(a_n\leq x\leq b_n\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\). Cho \(n\) dần ra vô cùng, ta suy ra \(a\leq x\leq b.\)
Vậy \(\bigcap_{n=1}^{\infty}[a_n,b_n]=[a,b]\neq \emptyset\).

Giả sử thêm \(\lim\limits_{n\to \infty}(b_n-a_n)=0\). Ta có \[b= \lim\limits_{n\to \infty} b_n = \lim\limits_{n\to \infty} [(b_n-a_n) +a_n] = \lim\limits_{n\to \infty}(b_n-a_n) + \lim\limits_{n\to \infty} a_n = 0+a=a.\] Suy ra, \([a,b]=\{a\}\) và \(\bigcap_{n=1}^{\infty}[a_n,b_n]\) chứa duy nhất một điểm là điểm \(a\). ◻

1. Nếu \(I_n\) là các khoảng mở trong \(\mathbb{R}\) thì kết quả định lí trên có thể không đúng. Ví dụ các khoảng \(I_n=(0,1/n), n\in \mathbb{N}\) có \(\bigcap_{n=1}^{\infty}I_n=\emptyset.\) Thật vậy, giả sử nếu có \(x\in I_n\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\) thì ta luôn có \(0<x<1/n\) hay \(n<1/x\) với mọi số tự nhiên \(n\). Điều này mâu thuẫn với tính chất Archimedes.

2. Nếu \(I_n\) là các khoảng đóng trong \(\mathbb{R}\) nhưng không bị chặn thì kết quả cũng có thể không đúng. Ví dụ với \(I_n=[n,\infty), \; n\in \mathbb{N}\) thì \(I_{n+1}\subset I_n,\; \forall n\in \N\) nhưng \(\bigcap_{n\in \N}I_n=\emptyset.\)

Mỗi dãy bị chặn đều có (ít nhất) một dãy con hội tụ.

Proof. Proof. Giả sử \((x_n)_n\) là một dãy số sao cho \(a\leq x_n\leq b,\; \forall n\in \mathbb{N}\). Đặt \(I_1=[a,b].\)
Vì dãy số \((x_n)_n\) có vô số phần tử, nên trong 2 đoạn thẳng \([a,\frac{a+b}{2}]\) và \([\frac{a+b}{2},b]\) có ít nhất một đoạn thẳng chứa vô số số hạng của dãy \((x_n)_n\). Ta đặt đoạn thẳng đó là \(I_2=[a_2,b_2]\) thì \(|a_2-b_2|=\frac{|a-b|}{2}\).
Tương tự, chia \(I_2\) làm 2 phần bằng nhau, sau đó gọi \(I_3=[a_3,b_3]\) là phần đoạn thẳng chứa vô số số hạng của dãy \((x_n)_n\), ta có \(|a_3-b_3|=\frac{|a_2-b_2|}{2}=\frac{|a-b|}{2^2}\).
Cứ tiếp tục như vậy, ta được dãy các đoạn thẳng \(I_n=[a_n,b_n], n\in \mathbb{N}\) (bị chặn) và lồng vào nhau với \(|a_n-b_n|=\frac{|a-b|}{2^{n-1}}\).
Vì \(\lim\limits_{n\to\infty}|a_n-b_n|=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|a-b|}{2^{n-1}}=0\) nên \(\bigcap_{n=1}^{\infty}I_n\) chứa 1 phần tử duy nhất \(c\).

Bây giờ, ta chỉ ra cách xây dựng dãy con thoả mãn yêu cầu. Đặt \(n_1=1\), chọn bất kỳ \(a_{n_1}\in I_1=[a, b]\). Vì \(I_2\) có chứa vô hạn phần tử của dãy \((x_n)_n\) nên ta có thể chọn được chỉ số \(n_2>n_1\) sao cho \(a_{n_2}\in I_2\). Một lần nữa, vì \(I_3\) có chứa vô hạn phần tử của dãy \((x_n)_n\) nên ta có thể chọn được chỉ số \(n_3>n_2\) sao cho \(a_{n_3}\in I_3\). Tiếp tục như vậy, ta thu được dãy con \((a_{n_k})_k\) mà \(a_{n_k}\in I_k=[a_k,b_k], \forall k\in \N\).

Minh hoạ Định lí Bolzano-Weierstrass

Vì với mọi \(k\in \N\) thì \(c\in I_k\) nên \[|a_{n_k}-c|\leq b_k-a_k \to 0\] khi \(k\to \infty,\) nên \((a_{n_k})_k\) hội tụ về \(c\). ◻

Bài tập

Có thể chỉ ra một dãy số \((a_n)_n\) sao cho \(1<a_n<10\) với mọi \(n\in\N\) và không có dãy con nào của nó hội tụ hay không?

Hãy cho ví dụ về 1 dãy không bị chặn nhưng vẫn có dãy con hội tụ.

Cho dãy số \((x_n)_n\) cho bởi \(x_n=\frac{(-1)^n}{n}\) và \(I_1=[-1,1]\). Hãy chỉ ra một dãy con hội tụ được xây dựng cụ thể dựa vào chứng minh Định lí Bolzano-Weierstrass.

Chứng minh rằng dãy \((e^{\sin n})_{n\in \N}\) có dãy con hội tụ.

Cho \(x_n=(-1)^n \cdot n^2, \; \forall n\in \N\). Dãy \((x_n)_n\) có dãy con nào hội tụ không? Vì sao?

Chứng minh rằng dãy \((a_n)_n\) cho bởi \(a_n=2\cos n -\sin n, \;\forall n\in \N\) có dãy con hội tụ.

Cho hàm số \(f:[0,\infty)\longrightarrow\R\) sao cho \(f(x)>0\) với mọi \(x\). Đặt \[a_n=\dfrac{f(n)}{f(n)+1}, n\in\N.\] Chứng minh rằng dãy số \((a_n)_n\) có một dãy con hội tụ.

Cho dãy số \((a_n)_n\) bị chặn và \(s=\sup\{a_n \mid n\in \N\}\). Chứng minh rằng nếu \(s\notin \{a_n \mid n\in \N\}\) thì tồn tại một dãy con của dãy số \((a_n)_n\) hội tụ về \(s\).

Cho dãy số \((a_n)_n\) không hội tụ về số thực \(\ell\).

1. Chứng minh tồn tại \(\varepsilon>0\) và một dãy con \((a_{n_k})_k\) của dãy số \((a_n)_n\) sao cho \(|a_{n_k}-\ell|>\varepsilon\) với mọi \(k\in \N\).

2. Chứng minh rằng không có dãy con nào của dãy số \((a_{n_k})_k\) hội tụ về \(\ell\).

Cho dãy số \((a_n)_n\) bị chặn nhưng không hội tụ. Ta biết rằng, theo Định lí Bolzano-Weierstrass, tồn tại dãy con \((a_{n_k})_k\) của \((a_n)_n\) hội tụ về số thực \(\ell\). Chứng minh rằng tồn tại một dãy con khác của dãy \((a_{n})_n\) hội tụ về một số thực \(\ell'\) mà \(\ell'\neq \ell\).

Cho dãy số \((a_n)_n\) thoả mãn \(|a_n-a_m|<M\) với mọi \(m,n\in \N\), trong đó \(M>0\). Chứng minh rằng tồn tại một dãy con \((a_{n_k})_k\) của \((a_n)_n\) hội tụ.

1. Cho dãy số \((a_n)_n\) không bị chặn trên. Chứng minh dãy số \((a_n)_n\) có một dãy con phân kì về \(\infty\).

2. Cho dãy số \((a_n)_n\) không bị chặn dưới. Chứng minh dãy số \((a_n)_n\) có một dãy con phân kì về \(-\infty\).

Cho dãy số \((a_n)_n\) bị chặn và \(a_n\neq 0\) với mọi \(n\in\N\). Chứng minh rằng tồn tại một dãy con \((b_n)_n\) của dãy số \((a_n)_n\) sao cho dãy số \((b_{n+1}/b_n)_n\) hội tụ.

Cho \(I_n\) là dãy các đoạn đóng lồng nhau. Với mỗi \(n\in\N\), lấy \(x_n\in I_n\). Dùng Định lí Bolzano-Weierstrass để chứng minh Định lí Cantor về dãy đoạn lồng nhau.

9 Dãy Cauchy

Để xét sự hội tụ của dãy số bằng định nghĩa ta cần biết trước giá trị giới hạn. Một cách khác là sử dụng tính đơn điệu và bị chặn, nhưng phương pháp này có một nhược điểm đáng kể là nó chỉ áp dụng cho các dãy số đơn điệu. Tiêu chuẩn Cauchy ở dưới đây sẽ cho ta một cách khác để khảo sát sự hội tụ của dãy số mà không cần biết trước giới hạn hay tính đơn điệu của nó.

Dãy số thực \((a_n)_n\) được gọi là dãy Cauchy (hay dãy cơ bản) nếu với mọi \(\varepsilon>0\) tồn tại số tự nhiên \(N\) sao cho với mọi số tự nhiên \(n,m\geq N\) ta có \(|a_n-a_m|<\varepsilon\).

Nói cách khác, dãy \((a_n)_n\) được gọi là dãy Cauchy nếu \(\lim\limits_{n,m\to \infty}|a_n-a_m|=0\).

Chứng minh rằng \(a_n=\frac{1}{n}, \forall n\geq 1\) là một dãy Cauchy.

Với mọi \(\varepsilon>0\), theo Tính chất Archimedes thì tồn tại \(N\in \N\) sao cho \(\frac{1}{N}<\frac{\varepsilon}{2}\). Khi đó, với mọi \(m, n\geq N\), ta có \[|a_n-a_m| = \Big|\frac{1}{n} -\frac{1}{n}\Big| \leq \Big|\frac{1}{n}\Big| + \Big|\frac{1}{m}\Big| = \frac{1}{n} +\frac{1}{m} \leq \frac{1}{N} +\frac{1}{N} <\frac{\varepsilon}{2} +\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.\] Vậy, theo định nghĩa thì \((a_n)_n\) là dãy Cauchy.

Như vậy, \((a_n)_n\) là dãy Cauchy khi và chỉ khi, với mọi \(\varepsilon>0\) cho trước, thì các phần tử của dãy, kể từ một chỉ số \(N\) nào đó trở đi, đều cách nhau một khoảng cách nhỏ hơn \(\varepsilon\). Nếu dãy \((a_n)_n\) hội tụ về \(a\) thì các phần tử của dãy đều gần \(a\) khi \(n\) đủ lớn và do đó chúng gần nhau. Quan sát này cho ta kết quả sau.

Mọi dãy hội tụ đều là dãy Cauchy.

Proof. Proof. Giả sử \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n = a\). Khi đó, với mọi \(\varepsilon>0\), tồn tại \(N\in \N\) sao cho \[|a_n-a| <\frac{\varepsilon}{2}, \; \forall n\geq N.\] Do đó, với mọi \(m, n\geq N\), ta có \[|a_n-a_m| \leq |a_n -a| +|a_m-a| < \frac{\varepsilon}{2} +\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.\] Vậy \((a_n)_n\) là dãy Cauchy. ◻

Mọi dãy Cauchy đều bị chặn.

Proof. Proof. Giả sử \((a_n)_n\) là dãy Cauchy. Với \(\varepsilon=1\), tồn tại \(N\in \N\) sao cho \[|a_n-a_m|<1,\; \forall m,n\geq N.\] Đặt biệt, \[|a_n-a_N| <1, \; \forall n\geq N.\] Đặt \(M=\max\{|a_1|, |a_2|, \ldots,|a_{N-1}|, |a_N|+1\}.\) Khi đó, với \(n=1, 2, \ldots, N-1\) thì \(|a_n|\leq M\). Với mọi \(n\geq N\), ta có \[|a_n| \leq |a_n-a_N| +|a_N| \leq 1 +|a_N| \leq M.\] Vậy, \(|a_n|\leq M, \; \forall n\in \N\) nên \((a_n)_n\) là dãy bị chặn. ◻

Một dãy Cauchy mà có một dãy con hội tụ thì nó hội tụ.

Proof. Proof. Cho \((a_n)_n\) là dãy Cauchy và \((a_{n_k})_k\) là dãy con của \((a_n)_n\) sao cho \(\lim \limits_{k\to \infty} a_{n_k}=a.\) Lấy \(\varepsilon>0\). Vì \((a_n)_n\) là dãy Cauchy nên tồn tại \(N\in \N\) sao cho \[|a_n -a_m| <\frac{\varepsilon}{2}, \; \forall m,n\geq N.\] Lại do \(\lim \limits_{k\to \infty} a_{n_k}=a\) nên tồn tại \(K\in \N\) sao cho \[|a_{n_k} - a| < \frac{\varepsilon}{2}, \; \forall k\geq K.\] Đặt \(N_1=\max\{N, K\}\). Với mọi \(k\geq N_1\), ta có \[|a_{k} -a| \leq |a_k -a_{n_k}| +|a_{n_k} -a| <\frac{\varepsilon}{2} +\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.\] Vậy, \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n=a.\) ◻

Từ định nghĩa ta thấy \((a_n)_n\) là dãy Cauchy khi và chỉ khi với mọi \(\varepsilon>0\), tồn tại \(N\in \N\) sao cho \[|a_{n+p}-a_n| <\varepsilon, \;\forall n\geq N, \forall p\in \N.\]

Cho \((a_n)_n\) là một dãy số thực. Khi đó \((a_n)_n\) là dãy Cauchy nếu và chỉ nếu nó hội tụ.

Proof. Proof. Theo Định lí [thm:cauchy-convergent] thì mọi dãy hội tụ đều là dãy Cauchy. Ngược lại giả sử \((a_n)_n\) là một dãy Cauchy. Khi đó, theo Định lí [thm:Cauchy-bounded] thì \((a_n)_n\) bị chặn. Theo Định lí Bolzano - Weierstrass thì \((a_n)_n\) có dãy con hội tụ. Đến đây, lại do Bổ đề [lm:Cauchy-convergentsubsequence] thì \((a_n)_n\) hội tụ. Định lí chứng minh xong. ◻

Chứng minh rằng dãy \((a_n)_n\) sau đây là hội tụ \[a_n=1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\ldots+ \frac{1}{n!}, \; \forall n\in \N.\]

Để ý rằng, với \(k\geq 1\) thì \(\frac{1}{k!} = \frac{1}{1\cdot 2 \cdot 3 \cdots k} \leq \frac{1}{1\cdot 2 \cdot 2 \cdots 2} =\frac{1}{2^{k-1}},\) ta có

\[ \begin{aligned} |x_{n+p} - x_n| &= \frac{1}{(n+1)!}+\frac{1}{(n+2)!}+\ldots+\frac{1}{(n+p)!} \\ &\leq \frac{1}{2^n} + \frac{1}{2^{n+1}}+\ldots +\frac{1}{2^{n+p}}.\\ &=\frac{1}{2^{n-1}} - \frac{1}{2^{n+p}}\\ &< \frac{1}{2^{n-1}}, \; \forall n, p\in \N. \end{aligned} \]

Do đó, với mọi \(\varepsilon>0\) cho trước, chọn \(N\in \N\) sao cho \(N>\log_2(\frac{1}{\varepsilon})+1\), thì với mọi \(n\geq N\) và mọi \(p\in \N\), ta có \(|x_{n+p}-x_n| < \frac{1}{2^{n-1}}\leq \frac{1}{2^{N-1}}<\varepsilon.\) Do đó, \((a_n)_n\) là dãy Cauchy. Vậy \((a_n)_n\) hội tụ.

Bài tập

Dùng Định nghĩa [dn:day_cauchy] để xác định các dãy sau dãy nào là dãy Cauchy.

1. \(a_n=1-\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\ldots+ \frac{(-1)^{n+1}}{n!}\).

2. \(a_n=n+\frac{(-1)^n}{n}\).

Dãy nào sau đây là dãy Cauchy.

1. \(a_n=(-1)^n\).

2. \(a_n=(-1)^n/n\).

3. \(a_n=n/(n+1)\).

4. \(a_n=\cos n/n\).

Chứng minh rằng dãy số sau đây có dãy con hội tụ \[a_n=\dfrac{n\cos(3n^2+2n+1)}{n+1}.\]

Cho \((x_n)_n\) và \((y_n)_n\) là hai dãy Cauchy. Chứng minh rằng dãy \((x_n+y_n)_n\) và \((x_ny_n)_n\) cũng là các dãy Cauchy.

Chứng minh rằng nếu \((x_n)_n\) là dãy số thoả mãn điều kiện \(|x_n|\leq \frac{1+n}{1+n+2n^2}\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\) thì \((x_n)_n\) là một dãy Cauchy.

Giả sử \((a_n)_n\) là dãy Cauchy sao cho \(a_n\) là số nguyên với mọi \(n\in \N\). Chứng minh rằng tồn tại \(N\in \N\) và hằng số \(C\) sao cho \(a_n=C, \; \forall n\geq N\).

Giả sử \((a_n)_n\) là một dãy Cauchy, \(k>0\) và \((b_n)_n\) là dãy số thoả mãn \(|b_n-b_m|\leq k|a_n-a_m|\) với mọi \(m,n\in\N\). Chứng minh rằng \((b_n)_n\) là một dãy Cauchy.

Giả sử \((a_n)_n\) là một dãy thoả mãn \(|a_{m}-a_n|\leq\frac{1}{mn}\) với mọi \(m, n\in\N\).

1. Chứng minh rằng \((a_n)_n\) là một dãy Cauchy.

2. Chứng minh rằng \((a_n)_n\) là một dãy hằng số.

Giả sử \((a_n)_n\) là một dãy thoả mãn \(|a_{n+1}-a_n|\leq\frac{1}{n+1}\) với mọi \(n\in\N\). Dãy số \((a_n)_n\) có phải là một dãy Cauchy hay không?

Giả sử \((a_n)_n\) là một dãy thoả mãn \(|a_{n+1}-a_n|\leq\frac{1}{(n+1)!}\) với mọi \(n\in\N\). Dãy số \((a_n)_n\) có phải là một dãy Cauchy hay không?

Giả sử \((a_n)_n\) là một dãy thoả mãn \(|a_{n+1}-a_n|\leq r^n\) với mọi \(n\in\N\), trong đó \(0<r<1\). Chứng minh \((a_n)_n\) là dãy Cauchy.

Cho \((a_n)_n\) và \((b_n)_n\) là hai dãy Cauchy. Đặt \(c_n=|a_n-b_n|, \; \forall n\in \N\). Chứng minh rằng \((c_n)_n\) cũng là dãy Cauchy.

Giả sử \((x_n)_n\) là dãy số có \(x_n\in \mathbb{N}\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\). Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên \(a\) và \(N\) sao cho \(x_n=a\) với mọi \(n\geq N.\)

Cho \((x_n)_n\) là dãy số thoả mãn điều kiện \(|x_{k+1}-x_k|\leq \frac{1}{a},\) với mọi \(k\in \mathbb{N},\) với \(a\) là một số thực lớn hơn 1. Chứng minh rằng dãy số \((x_n)_n\) hội tụ.

Cho \(x_1>0\) và \(x_{n+1}=2+\frac{1}{x_n}, \forall n\in \N\). Chứng minh rằng \((x_n)_n\) là dãy Cauchy và tìm giới hạn của nó.

Cho \(x_1=1\), \(x_2=2\) và \(x_{n}=\frac{1}{2}(x_{n-1}+x_{n-2}), \forall n\in \N, n>2\).

1. Chứng minh dãy số \((x_n)_n\) bị chặn.

2. Chứng minh dãy số \((x_n)_n\) không đơn điệu.

3. Chứng minh rằng \((x_n)_n\) là dãy Cauchy.

4. Chứng minh dãy số \((x_{2n+1})_n\) hội tụ và tìm giới hạn của nó.

5. Tìm giới hạn của \((x_n)_n\).

Dãy \((a_n)_n\) được gọi là một dãy co nếu tồn tại \(\alpha\in [0,1)\) sao cho \[|a_{n+2}-a_{n+1}| \leq \alpha |a_{n+1}-a_{n}|, \; \forall n\in \N.\] Khi đó, \(\alpha\) được gọi là hệ số co. Chứng minh rằng mọi dãy co đều là dãy Cauchy và do đó hội tụ.

Cho dãy \((x_n)_n\) với \(x_1=1\) và \(x_{n+1}=\frac{2+x_n}{1+x_n}, \; \forall n\in \N\). Chứng minh rằng \((x_n)_n\) là một dãy co và tìm giới hạn của nó.

Cho \((x_n)_n\) là dãy số Fibonacci, tức là \(x_1=1\), \(x_2=1\) và \(x_{n}=x_{n-1}+x_{n-2}, \forall n\in \N, n>2\). Đặt \(y_n=\frac{x_n}{x_{n+1}}\).

1. Chứng minh dãy số \((y_n)_n\) là dãy co.

2. Tìm giới hạn của \((y_n)_n\).

Cho \(a_1=1\) và \(a_{n+1}=\frac{1}{a_n+2}, \forall n\in \N\). Chứng minh rằng \((a_n)_n\) là dãy hội tụ và tìm giới hạn của nó.

10 Giới hạn trên, giới hạn dưới

Tập hợp số thực mở rộng là tập hợp thu được bằng cách bổ sung vào \(\R\) hai phần tử \(-\infty\) và \(\infty\). Tập hợp số thực mở rộng được kí hiệu là \(\overline{\R}\) hoặc \(\R\cup\{-\infty, \infty\}\). Ta quy ước thứ tự trên \(\overline{\R}\) như sau:

\[ -\infty \leq x \leq \infty, \; \forall x \in \overline{\R}, \]

và

\[ -\infty < x < \infty, \; \forall x \in \R. \]

Cho \(A\) là một tập con khác rỗng của \(\overline{\R}\). Phần tử \(s\in \overline{\R}\) được gọi là một cận trên của \(A\) nếu \(x\leq s, \forall x\in A\). Phần tử \(t\in \overline{\R}\) được gọi là một cận dưới của \(A\) nếu \(t\leq x, \forall x\in A\). Nếu \(s\in A\) và cũng là cận trên của \(A\) thì ta nói \(s=\max(A)\). Nếu \(t\in A\) và cũng là cận dưới của \(A\) thì ta nói \(t=\min(A)\). Dễ thấy, \(-\infty\) là một cận dưới của mọi tập con và \(\infty\) là một cận trên của mọi tập con. Nếu \(A\) có một cận trên \(s\in \R\) thì \(\infty \notin A\) và khi đó \(A\setminus\{-\infty\}\) là một tập con bị chặn trên của tập số thực \(\R\) và do đó nó có supremum trong \(\R\). Tương tự, nếu \(A\) có một cận dưới \(t\in \R\) thì \(-\infty \notin A\) và \(A\setminus\{\infty\}\) là một tập con bị chặn dưới của tập số thực \(\R\) và do đó nó có infimum trong \(\R\).

Cho \(A\subset \overline{\R}\). Ta nói

1. \(\sup(A)=-\infty\) nếu \(A\subset \{-\infty\}\).

2. \(\sup(A)=\infty\) nếu \(A\) không có cận trên nào trong \(\R\).

3. \(\inf(A)=-\infty\) nếu \(A\) không có cận dưới nào trong \(\R\).

4. \(\inf(A)=\infty\) nếu \(A\subset \{\infty\}\).

5. Nếu \(A\) có cận trên trong \(\R\) thì \(\sup(A)\) là supremum của tập \(A\setminus\{-\infty\}\) trong \(\R\). Nếu \(A\) có cận dưới trong \(\R\) thì \(\inf(A)\) là infimum của tập \(A\setminus\{\infty\}\) trong \(\R\).

Từ định nghĩa ta có các nhận xét sau:

(i) \(\sup(A)=-\infty\) chỉ xảy ra khi \(A=\emptyset\) hoặc \(A=\{-\infty\}\). Tương tự, \(\inf(A)=\infty\) chỉ xảy ra khi \(A=\emptyset\) hoặc \(A=\{\infty\}\). Nếu \(\infty \in A\) thì \(\sup(A)=\infty\) và nếu \(-\infty\in A\) thì \(\inf(A)=-\infty\).

(ii) Nếu \(A\subset B\subset \overline{\R}\) thì \(\sup(A) \leq \sup(B)\) và \(\inf(B) \leq \inf(A)\).

(iii) Cho \(m\in \overline{\R}\) và \(A\subset \overline{\R}\). Nếu \(m\leq x, \forall x\in A\) thì \(m\leq \inf(A).\) Nếu \(m\geq x, \forall x\in A\) thì \(m\geq \sup(A)\).

(iv) Cho \(A, B\subset \overline{\R}\). Nếu với mọi \(a\in A\) và mọi \(b\in B\) ta đều có \(a\leq b\) thì \(\sup(A) \leq \inf(B).\)

Cho \((a_n)_n \subset \R\) là một dãy số thực. Với mỗi \(n\in \N\), ta định nghĩa

\[ \begin{aligned} s_n&=\sup\limits_{k\geq n}a_k=\sup\{a_n, a_{n+1}, a_{n+2}, \ldots\}.\\ t_n&=\inf\limits_{k\geq n}a_k=\inf\{a_n, a_{n+1}, a_{n+2}, \ldots\}. \end{aligned} \]

Ở đây, \(\sup\) và \(\inf\) được hiểu như trong Định nghĩa [def:inf-sup-extend-R]. Với mỗi \(n \in \N\) thì \(s_n\) và \(t_n\) thuộc tập số thực mở rộng \(\overline{\R}\).

Cho \((a_n)_n\) là một dãy số thực.

1. Giới hạn trên của dãy số \((a_n)_n,\) kí hiệu \(\limsup\limits_{n\to \infty}a_n\), được định nghĩa như sau: \[\limsup\limits_{n\to \infty}a_n:=\inf\{s_n \mid n\in \N\}.\]

2. Giới hạn dưới của dãy số \((a_n)_n\), kí hiệu \(\liminf\limits_{n\to \infty}a_n\), được định nghĩa như sau: \[\liminf\limits_{n\to \infty}a_n:=\sup\{t_n \mid n\in \N\}.\]

Tìm \(\limsup, \liminf\) của các dãy số sau:

1. \(a_n=(-1)^n, n\in \mathbb{N}\).

2. \(a_n=1+\frac{1}{n}, n\in \mathbb{N}\).

(a) Với mọi \(n\in \N\), ta có \[s_n=\sup\{(-1)^k \mid k \geq n \}=1,\; t_n=\inf\{(-1)^k \mid k \geq n \}=-1.\] Do đó, \(\limsup\limits_{n\to \infty}a_n=1\) và \(\liminf\limits_{n\to \infty}a_n=-1\).

(b) Với mọi \(n\in \N\), ta có

\[ \begin{aligned} s_n&=\sup\big\{ 1+\frac{1}{n},1+\frac{1}{n+1}, 1+\frac{1}{n+2}, \ldots\big \} = 1+\frac{1}{n}.\\ t_n&=\inf\big\{1+\frac{1}{n},1+\frac{1}{n+1}, 1+\frac{1}{n+2}, \ldots\big \} = 1. \end{aligned} \]

Do đó, \(\limsup\limits_{n\to \infty}a_n= \inf\{1+\frac{1}{n} \mid n\in \N\}=1\) và \(\liminf\limits_{n\to \infty}a_n=1\).

Tìm \(\limsup, \liminf\) của các dãy số sau:

1. \(a_n=(-1)^n n,\; n\in \mathbb{N}\).

2. \(a_n= - n, \; n\in \mathbb{N}\).

(a) Với mọi \(n\in \N\), ta có \[s_n=\sup\{(-1)^kk \mid k \geq n \}=\infty,\;\; t_n=\inf\{(-1)^kk \mid k \geq n \}=-\infty.\] Do đó, \(\limsup\limits_{n\to \infty}a_n = \inf\{\infty\}=\infty\) và \(\liminf\limits_{n\to \infty}a_n = \sup\{-\infty\} = -\infty\).

(b) Với mọi \(n\in \N\), ta có \[s_n=\sup\{-k \mid k \geq n \}=-n;\;\; t_n=\inf\{-k \mid k \geq n \}=-\infty.\] Do đó, \(\limsup\limits_{n\to \infty}a_n=\inf\{-n \mid n\in \N\}=-\infty\) và \(\liminf\limits_{n\to \infty}a_n=-\infty\).

Bây giờ, chúng ta sẽ đưa ra đặc trưng cho \(\limsup\) và \(\liminf\) của một dãy số không bị chặn.

Cho \((a_n)_n\) là một dãy số thực. Các khẳng định sau là tương đương

1. Dãy \((a_n)_n\) không bị chặn trên trong \(\R\).

2. \(\limsup \limits_{n\to \infty} a_n=\infty\).

3. Dãy \((a_n)_n\) có một dãy con phân kỳ về \(\infty\).

Proof. Proof. \([(i) \Longrightarrow (ii)]\) Nếu \((a_n)_n\) không bị chặn trên, thì với mỗi \(n\in \N\), tập \(\{a_k \mid k\geq n\}\) là không bị chặn trên. Do đó, \(s_n=\sup\{a_k \mid k\geq n\}=\infty\). Vậy, \(\limsup \limits_{n\to \infty} a_n=\inf\{s_n \mid n\in \N\}=\inf\{\infty\} =\infty\).

\([(ii) \Longrightarrow (iii)]\) Giả sử \(\limsup \limits_{n\to \infty} a_n=\infty\). Khi đó, \(\inf\{s_n \mid n\in \N\}=\infty\). Suy ra, \(s_n=\sup\{a_k \mid k\geq n\}=\infty, \forall n\in \N\). Như thế, với mỗi \(n\in \N\), tập \(A_n:=\{a_k \mid k\geq n\}\) không bị chặn trên trong \(\R\). Do \(A_1\) không bị chặn trên bởi 1 nên tồn tại \(n_1\geq 1\) sao cho \(a_{n_1}>1\). Do \(A_{n_1+1}\) không bị chặn trên bởi 2 nên tồn tại \(n_2>n_1\) sao cho \(a_{n_2}>2.\) Tiếp tục như vậy, bằng quy nạp, ta xây dựng được một dãy con \((a_{n_k})_k\) sao cho \(a_{n_k}>k, \;\forall k\in \N.\) Do đó, \(\lim \limits_{k\to \infty}a_{n_k}=\infty\).

\([(iii) \Longrightarrow (i)]\) Giả sử dãy \((a_n)_n\) có một dãy con \((a_{n_k})_k\) mà \(\lim \limits_{k\to \infty} a_{n_k}=\infty\). Nếu ngược lại \((a_n)_n\) bị chặn trên bởi số \(M\) thì \(a_{n_k}\leq M, \forall k\in \N\). Khi đó \(\lim \limits_{k\to \infty} a_{n_k} \leq M\), trái với giả thiết \(\lim \limits_{k\to \infty} a_{n_k}=\infty\). ◻

Kết quả sau đây được chứng minh hoàn toàn tương tự.

Cho \((a_n)_n\) là một dãy số thực. Các khẳng định sau là tương đương

1. Dãy \((a_n)_n\) không bị chặn dưới trong \(\R\).

2. \(\liminf \limits_{n\to \infty} a_n=-\infty\).

3. Dãy \((a_n)_n\) có một dãy con phân kỳ về \(-\infty\).

Cho dãy số thực \((a_n)_n\). Khi đó

1. \(\lim \limits_{n\to \infty}a_n=\infty\) khi và chỉ khi \(\liminf \limits_{n\to \infty}a_n=\infty\).

2. \(\lim \limits_{n\to \infty}a_n=-\infty\) khi và chỉ khi \(\limsup \limits_{n\to \infty}a_n=-\infty\).

Proof. Proof. Ta chứng minh (i).

[\(\Longrightarrow\)] Giả sử \(\lim \limits_{n\to \infty}a_n=\infty\). Lấy \(M\in \R\) bất kỳ. Vì \(\lim \limits_{n\to \infty}a_n=\infty\) nên tồn tại \(N\in \N\) sao cho \(a_n>M , \forall n\geq N\). Do đó, \(t_N=\inf\{a_k \mid k\geq N\}\geq M\). Suy ra, \(\sup\{t_n \mid n\in \N\} \geq M\) hay \(\liminf \limits_{n\to \infty}a_n \geq M\). Do \(M\in \R\) bất kỳ nên \(\liminf \limits_{n\to \infty} a_n=\infty\).

[\(\Longleftarrow\)] Giả sử \(\liminf \limits_{n\to \infty} a_n=\infty\). Khi đó, \(\sup\{t_n \mid n\in \N\}=\infty\). Suy ra rằng với mọi \(M\in \R\) thì tồn tại \(N\in \N\) sao cho \(t_N>M\). Mà \(t_N=\inf\{a_k \mid k\geq N\}\) nên \(a_n > M\) với mọi \(n\geq N\). Do đó, \(\lim \limits_{n\to \infty}a_n=\infty\).

Chứng minh (ii) xin dành cho bạn đọc. ◻

Cho \((a_n)_n\subset \R\). Vì \(s_n=\sup\{a_k \mid k\geq n\}\) và \(t_n=\inf\{a_k \mid k\geq n\}\) nên với \(n\leq m\), do \(\{a_k \mid k\geq m\} \subset \{a_k \mid k\geq n\} \subset \R\), ta có \(s_m \leq s_n\) và \(t_m\geq t_n\). Mặt khác, dễ thấy \(t_n\leq s_n\) với mọi \(n\in \N\). Nếu tồn tại hai phần tử \(s_k\) và \(t_\ell\) nào đó mà \(s_k < t_\ell\) thì với \(n=\max\{k, \ell\}\), ta có \(s_n \leq s_k< t_\ell \leq t_n\), mâu thuẫn với \(s_n\geq t_n\). Như vậy, \(t_m \leq s_n, \forall m, n\in \N\). Từ đó suy ra, \(\sup\{t_n \mid n\in \N\} \leq \inf\{s_m \mid m\in \N\}\) hay \(\liminf\limits_{n\to \infty} a_n \leq \limsup\limits_{n\to \infty} a_n\).

Tóm lại, với một dãy \((a_n)_n\subset \R\), ta có

1. \(\inf\{a_n \mid n\in \N\}=t_1 \leq t_n\leq a_n \leq s_n \leq s_1=\sup\{a_n \mid n\in \N\}\)

2. \(\liminf\limits_{n\to \infty} a_n \leq \limsup\limits_{n\to \infty} a_n\).

3. Với mọi \(n\leq m\) thì \(t_n\leq t_m\) và \(s_m \leq s_n\).

(i) Xét trường hợp \((a_n)_n\) là dãy bị chặn dưới mà không bị chặn trên. Khi đó, theo Định lí [thm:limsup_infty] thì \(\limsup\limits_{n\to \infty} a_n=\infty\), còn theo Định lí [thm:liminf_negative-infty] thì \(\liminf\limits_{n\to \infty} a_n>-\infty\). Khi đó hoặc \(\liminf\limits_{n\to \infty}a_n\) là hữu hạn hoặc bằng \(\liminf\limits_{n\to \infty}a_n=\infty\).

(ii) Xét trường hợp \((a_n)_n\) là dãy bị chặn trên mà không bị chặn dưới. Khi đó, theo Định lí [thm:limsup_infty] thì \(\limsup\limits_{n\to \infty} a_n<\infty\), còn theo Định lí [thm:liminf_negative-infty] thì \(\liminf\limits_{n\to \infty} a_n=-\infty\). Khi đó hoặc \(\limsup\limits_{n\to \infty}a_n\) là hữu hạn hoặc bằng \(\limsup\limits_{n\to \infty}a_n=-\infty\).

Xét trường hợp \((a_n)_n\subset \R\) là một dãy bị chặn. Khi đó, tồn tại \(m, M\in \R\) sao cho \[m\leq \inf\{a_n\mid n\in \N\} \leq a_n\leq \sup\{a_n \mid n\in \N\}\leq M, \forall n\in \N.\] Theo Nhận xét [rm:limsup-liminf](i), ta có \[m\leq t_n \leq a_n\leq s_n\leq M, \forall n\in \N.\] Suy ra , \((t_n)_n\subset \R\) và \((s_n)_n\subset \R\). Kết hợp với Nhận xét [rm:limsup-liminf](iii), thì \((t_n)_n\) là dãy số tăng và bị chặn trên và \((s_n)_n\) là dãy số giảm và bị chặn dưới. Do đó tồn tại \(\lim \limits_{n\to \infty} t_n \in \R\) và \(\lim \limits_{n\to \infty}s_n\in \R\). Hơn nữa, theo Nhận xét [rm:monotone-bounded] thì \[\lim \limits_{n\to \infty} t_n = \sup\{t_n \mid n\in \N\}=\liminf \limits_{n\to \infty}a_n.\] \[\lim \limits_{n\to \infty} s_n = \inf\{s_n \mid n\in \N\}=\limsup \limits_{n\to \infty}a_n.\]

Cho \((a_n)_n\) là dãy số thực và \(\ell\in \R\). Khi đó, các khẳng định sau là tương đương

1. \(\limsup\limits_{n\to \infty}a_n = \ell\).

2. Với mọi \(\varepsilon>0\), tồn tại \(N\in \N\) sao cho \(a_n<\ell+\varepsilon\), với mọi \(n\geq N\). Đồng thời, tồn tại một dãy con \((a_{n_k})_k\) sao cho \(\lim \limits_{k\to \infty} a_{n_k}=\ell\).

Proof. Proof. \([(i) \Longrightarrow (ii)]\) Giả sử \(\limsup\limits_{n\to \infty}a_n = \ell \in \R\). Khi đó, \(\inf\{s_n \mid n\in \N\} = \ell\) nên với mọi \(\varepsilon>0\), tồn tại \(N\in \N\) sao cho \(s_N=\sup\{a_k \mid k\geq N\} <\ell+\varepsilon\). Suy ra, \(a_n<\ell+\varepsilon, \forall n\geq N\).

Để chỉ ra tồn tại dãy con \((a_{n_k})_k\) sao cho \(\lim \limits_{k\to \infty} a_{n_k}=\ell\) ta làm như sau:

Đặt \(n_0=0\). Vì \(s_{n_0+1}=\sup\{a_{n_0+1}, a_{n_0+2}, \ldots\}\) nên theo định nghĩa của supremum, tồn tại số tự nhiên \(n_1\geq n_0+1>n_0\) sao cho \(s_{n_0+1}-1<a_{n_1}\leq s_{n_0+1}\). Tương tự, vì \(s_{n_1+1}=\sup\{a_{n_1+1}, a_{n_1+2}, \ldots\}\) nên tồn tại số tự nhiên \(n_2\geq n_1+1>n_1\) sao cho \(s_{n_1+1}-\frac{1}{2}<a_{n_2}\leq s_{n_1+1}\). Tiếp tục quá trình này, ta có thể tìm được dãy các số tự nhiên tăng ngặt \(n_1<n_2<n_3<\dots\), sao cho \[s_{n_{k-1}+1}-\frac{1}{k}<a_{n_k}<s_{n_{k-1}+1}, \; \forall k\in \N.\] Vì \(\lim\limits_{k\to \infty}s_{n_{k-1}+1}=\ell\) nên theo định lí kẹp ta có \(\lim\limits_{k\to \infty}a_{n_k}=\ell.\)

\([(ii) \Longrightarrow (i)]\) Với mọi \(\varepsilon>0\), theo giả thiết \((ii)\), tồn tại \(N\in \N\) sao cho \[a_n < \ell + \frac{\varepsilon}{2}, \forall n\geq N \;\; \mbox{ và }\;\; \ell -\varepsilon < a_{n_k}, \forall k\geq N.\] Như thế, với mọi \(m\geq N\), ta có \[s_m \leq s_N=\sup\{ a_k \mid k\geq N\} \leq\ell+\frac{\varepsilon}{2}<\ell+\varepsilon.\] Măt khác, vì \(n_m \geq m\) nên ta có \[s_m =\sup\{ a_k \mid k\geq m\} \geq a_{n_m}> \ell -\varepsilon.\] Vậy, với mọi \(m\geq N\) thì \(\ell - \varepsilon < s_m < \ell +\varepsilon\) nên \(\lim \limits_{m\to \infty} s_m=\ell.\) Nói cách khác, \(\limsup \limits_{n\to \infty} a_n =\ell.\) ◻

Kết quả sau đây chứng minh tương tự.

Cho \((a_n)_n\) là dãy số thực và \(\ell\in \R\). Khi đó, các khẳng định sau là tương đương

1. \(\liminf\limits_{n\to \infty}a_n = \ell\).

2. Với mọi \(\varepsilon>0\), tồn tại \(N\in \N\) sao cho \(a_n> \ell - \varepsilon\), với mọi \(n\geq N\). Đồng thời, tồn tại một dãy con \((a_{n_k})_k\) sao cho \(\lim \limits_{k\to \infty} a_{n_k}=\ell.\)

Cho \((a_n)_n\) là một dãy số thực và \(\limsup\limits_{n\to \infty}a_n=s\in \overline{\R}\) và \(\liminf\limits_{n\to \infty}a_n=t\in \overline{\R}\).

(i) Từ Mệnh đề [thm:limsup_infty], Mệnh đề [prop:infty-liminf](ii) và Định lí [thm:limsup-subseq] suy ra, luôn tồn tại dãy con \((a_{n_k})_k\) hội tụ về \(s\).

(ii) Từ các Mệnh đề [thm:liminf_negative-infty], Mệnh đề [prop:infty-liminf](i) và Định lí [thm:liminf-subseq] suy ra, luôn tồn tại dãy con \((a_{n_k})_k\) hội tụ về \(t\).

Hệ quả sau đây suy ra trực tiếp từ Định lí [thm:limsup-subseq] và Định lí [thm:liminf-subseq].

Cho dãy số thực \((a_n)_n\) và \(\ell\in \R\). Khi đó, dãy \((a_n)_n\) có giới hạn là \(\ell\) khi và chỉ khi \[\limsup\limits_{n\to \infty}a_n=\liminf\limits_{n\to \infty}a_n=\ell.\]

Kết hợp Mệnh đề [prop:infty-liminf] và Hệ quả [cor: limsup=liminf], ta rút ra kết luận sau. Với mọi dãy \((a_n)_n\subset \R\), ta có \[\lim \limits_{n\to \infty} a_n =\ell \in \overline{\R} \Longleftrightarrow \limsup\limits_{n\to \infty}a_n=\liminf\limits_{n\to \infty}a_n=\ell.\]

Cho dãy số thực \((a_n)_n\).

1. Nếu \(\limsup \limits_{n\to \infty}a_n=\ell\in \overline{\R}\) và \((a_{n_k})_k\) là một dãy con của dãy \((a_n)_n\) với \(\lim \limits_{k\to \infty} a_{n_k}=s\in \overline{\R}\), thì \(s\leq \ell\).

2. Nếu \(\liminf \limits_{n\to \infty}a_n=\ell\in \overline{\R}\) và \((a_{n_k})_k\) là một dãy con của dãy \((a_n)_n\) với \(\lim \limits_{k\to \infty} a_{n_k}=s\in \overline{\R}\), thì \(\ell \leq s\).

Proof. Proof. Ta chứng minh \((i)\). Giả sử \(\limsup \limits_{n\to \infty}a_n=\ell\). Xét các trường hợp sau.

1. Nếu \(\ell=\infty\) thì rõ ràng \(s\leq \ell\), với mọi \(s\in \overline{\R}\).

2. Nếu \(\ell=-\infty\), theo Mệnh đề [prop:infty-liminf](ii), thì \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n=-\infty\). Do đó, mọi dãy con của dãy \((a_n)_n\) cũng dần về \(-\infty\). Suy ra \(s=-\infty\) và \(-\infty=s\leq \ell=-\infty\) là bất đẳng thức đúng.

3. Nếu \(\ell\in \R\) thì theo Mệnh đề [thm:limsup_infty], dãy \((a_n)_n\) bị chặn trên. Vì \(s=\lim \limits_{k\to \infty} a_{n_k}\) nên \(s<\infty\). Nếu \(s=-\infty\) thì hiển nhiên \(s\leq \ell\). Xét trường hợp \(s\in \R\). Do \(s=\lim \limits_{k\to \infty} a_{n_k}\), với mọi \(\epsilon>0\), tồn tại \(K\in \N\) sao cho \(-\epsilon/2<a_{n_k}-s<\epsilon/2, \forall k\geq K.\) Lại do, \(\limsup \limits_{n\to \infty}a_n=\ell\in \R\), theo Định lí [thm:limsup-subseq], với \(\epsilon\) đó, tồn tại \(N\in \N\) sao cho \(a_n<\ell+\epsilon/2, \; \forall n\geq N\).

   Đặt \(M=\max\{N, K\}.\) Để ý rằng, \(M\geq K\) nên \(s<a_{n_M}+\epsilon/2\). Lại do, \(n_M\geq M\geq N\) nên \(a_{n_M}<\ell+\epsilon/2\). Do đó, \[s<a_{n_M}+\epsilon/2 < \ell+\epsilon.\] Vậy, \(s<\ell+\epsilon, \forall \epsilon>0\). Suy ra \(s\leq \ell\). Chứng minh đến đây kết thúc.

Chứng minh phần \((ii)\) xin dành cho bạn đọc. ◻

Cho \((a_n)_n\) là một dãy số thực. Đặt \[A= \big\{ x\in \overline{\R} \mid \mbox{ tồn tại dãy con } (a_{n_k})_k \; \mbox{ sao cho } \lim \limits_{k\to \infty} a_{n_k}=x\big\}\subset \overline{\R}.\] Khi đó, theo Mệnh đề [prop:limsup-liminf-subseq] thì \[\liminf_{n\to \infty} a_n \leq x \leq \limsup_{n\to \infty} a_n, \; \forall x\in A.\] Theo Nhận xét [rm:subseq-to-limsup-liminf] thì \(\liminf_{n\to \infty} a_n\) và \(\limsup_{n\to \infty} a_n\) là các phần tử của \(A\). Từ các điều này, ta suy ra \[\limsup_{n\to \infty} a_n=\max(A) \quad \mbox{ và } \quad \liminf_{n\to \infty} a_n=\min(A).\]

Mỗi phần tử \(x\in A\) được gọi là một điểm giới hạn của dãy \((a_n)_n\).

Tìm \(\limsup\) và \(\liminf\) của các dãy số sau

1. \(a_n=\frac{(-1)^n +1}{n}, \forall n\geq 1.\)

2. \(a_n= - \left(1+(-1)^n\right) n, \forall n\geq 1.\)

3. \(a_n=1+(-1)^n\frac{2n}{n+1}, \forall n\geq 1\).

4. \(a_n=n^{\sin \frac{n\pi}{2}}, \forall n\geq 1\).

5. \(a_n=3(-1)^n +\frac{1}{n}+2\sin \frac{n\pi}{2},\; \forall n\geq 1.\)

(a) Vì \(\lim \limits_{n\to \infty} a_n=\lim \limits_{n\to \infty} \frac{(-1)^n +1}{n}= 0\) nên \(\limsup \limits_{n\to \infty}a_n= \liminf \limits_{n\to \infty}a_n=0\).

(b) Xét dãy con \((a_{2n})_n\). Ta có \(a_{2n}=-4n, \forall n\in \N\) nên \(\lim \limits_{n\to \infty}a_{2n}=-\infty\). Vậy, \(\liminf \limits_{n\to \infty}a_n=-\infty.\) Vì \(a_n\leq 0, \;\forall n\geq 1\) nên với mọi điểm giới hạn \(x\) của dãy \((a_n)_n\) thì \(x \leq 0\). Mặt khác xét dãy con \((a_{2n+1})_n\), ta có \(a_{2n+1}=0, \forall n\in \N\) nên \(\lim \limits_{n\to \infty}a_{2n+1}=0\). Vậy, \(\limsup \limits_{n\to \infty}a_n=0.\)

(c) Ta có \(\lim \limits_{n\to \infty} \frac{2n}{n+1}=2\). Xét 2 dãy con \((a_{2n})_n\) và \((a_{2n+1})_n\), ta có \[\lim \limits_{n\to \infty} a_{2n}=3, \;\; \lim \limits_{n\to \infty} a_{2n+1}=-1.\] Xét \((a_{n_k})_k\) là một dãy con bất kỳ của dãy \((a_n)_k\) với \(\lim \limits_{n\to \infty} a_{n_k}=\ell\). Vì mỗi chỉ số bất kỳ thì hoặc chẵn hoặc lẻ nên dãy con này phải có vô hạn phần tử chung với ít nhất một trong hai dãy \((a_{2n})_n\) hoặc \((a_{2n+1})_n\). Do đó, \(\ell=3\) hoặc \(\ell=-1\). Vậy, dãy \((a_n)_n\) có đúng 2 điểm giới hạn là \(3\) và \(-1\) nên \[\limsup \limits_{n\to \infty} a_n=3, \; \;\;\; \liminf \limits_{n\to \infty} a_n=-1.\]

(d) Ta có

\[ \sin \frac{n\pi}{2} = \begin{cases} 0 & \mbox{ nếu } n=2k\\ 1 & \mbox{ nếu } n=4k+1\\ -1 & \mbox{ nếu } n=4k+3. \end{cases} \]

Do đó,

\[ \begin{aligned} (a_n)_n &=(1^{\sin \frac{\pi}{2}},2^{\sin \pi}, 3^{\sin \frac{3\pi}{2}},4^{\sin 2\pi},5^{\sin \frac{5\pi}{2}}, 6^{\sin 3\pi},7^{\sin \frac{7\pi}{2}},8^{\sin 4\pi}, \ldots)\\ &=(1^1,2^0,3^{-1},4^0,5^1, 6^0,7^{-1},8^0, \ldots)\\ &=(1,1,\frac{1}{3},1,5, 1,\frac{1}{7},1, \ldots). \end{aligned} \]

Chọn dãy con \((a_{4k+1})_k\), ta có \[\lim \limits_{k\to \infty}a_{4k+1}=\lim \limits_{k\to \infty}(4k+1)^{\sin \frac{(4k+1)\pi}{2}} =\lim \limits_{k\to \infty}(4k+1)=\infty.\] Vậy, \(\limsup \limits_{n\to \infty} a_n=\infty.\)

Vì \(a_n>0, \;\forall n\geq 1\) nên với mọi điểm giới hạn \(x\) của dãy \((a_n)_n\) thì \(x \geq 0\). Mặt khác xét dãy con \((a_{4k+3})_k\), ta có \[\lim \limits_{k\to \infty}a_{4k+3}=\lim \limits_{k\to \infty}(4k+3)^{\sin \frac{(4k+3)\pi}{2}} =\lim \limits_{k\to \infty}(4k+3)^{-1}=\lim \limits_{k\to \infty}\frac{1}{4k+3}=0.\] Vậy, \(\liminf\limits_{n\to \infty} a_n=0.\)

(e) Xét các dãy con \((a_{4k})_k\), \((a_{4k+1})_k\), \((a_{4k+2})_k\) và \((a_{4k+3})_k\). Ta có

\[ \begin{aligned} a_{4k} &= 3(-1)^{4k} + \frac1{4k} + 2\sin\left(\frac{4k\pi}{2}\right)=3+\frac1{4k}\\ a_{4k+1} &= 3(-1)^{4k+1} + \frac1{4k+1} + 2\sin\left(\frac{4k\pi}{2}+\frac \pi 2\right)=-1+\frac1{4k+1}\\ a_{4k+2} &= 3(-1)^{4k+2} + \frac1{4k+2} + 2\sin\left(\frac{4k\pi}{2}+ \pi \right)=3+\frac1{4k+2}\\ a_{4k+3} &= 3(-1)^{4k+3} + \frac1{4k+3} + 2\sin\left(\frac{4k\pi}{2}+\frac {3\pi} 2\right)=-5+\frac1{4k+3}. \end{aligned} \]

Ta có \(\lim \limits_{k\to \infty}a_{4k}=\lim \limits_{k\to \infty}a_{4k+2}=3\), \(\lim \limits_{k\to \infty}a_{4k+1}=-1\) và \(\lim \limits_{k\to \infty}a_{4k+3}=-5\). Xét \((a_{n_k})_k\) là một dãy con bất kỳ của dãy \((a_n)_k\) với \(\lim \limits_{n\to \infty} a_{n_k}=\ell\). Vì mỗi \(n_k\) sẽ thuộc về một trong bốn dạng là \(4k, 4k+1, 4k+2\) hoặc bằng \(4k+3\), nên dãy con này phải có vô hạn phần tử chung với ít nhất một trong bốn dãy \((a_{4k})_k\), \((a_{4k+1})_k\), \((a_{4k+2})_k\) hoặc \((a_{4k+3})_k\). Do đó, \(\ell\in \{-5, -1, 3\}\). Vậy, dãy \((a_n)_n\) có đúng 3 điểm giới hạn này và do đó \(\liminf\limits_{n\to \infty} a_n=-5\) và \(\limsup\limits_{n\to \infty} a_n=3.\)

Bài tập

Tìm giới hạn trên và giới hạn dưới của các dãy số sau:

1. \(x_n=(-1)^n +(-1)^{n+2}.\)

2. \(x_n=2\cdot (-1)^n + \frac{n}{n+1}.\)

3. \(x_n=\sin(\dfrac{n\pi}{3})\).

4. \(x_n=\cos(\dfrac{n\pi}{2})\).

5. \(x_n=\dfrac{1+(-1)^n}{n}\).

6. \(x_n=n\sin(\dfrac{n\pi}{2})\).

Tìm giới hạn trên và giới hạn dưới của các dãy số sau:

1. \(x_n=3-(-1)^n\).

2. \(x_n=(-1)^{n+1}+\frac{(-1)^n}{n}\).

3. \(x_n=\dfrac{1+n^2}{2n-5}\).

4. \(x_n=\dfrac{n^3+n^2-n+1}{n^2+2n+5}\).

5. \(x_n=\dfrac{y_n}{n},\) với \((y_n)_n\) là một dãy số bị chặn nào đó.

Chứng minh rằng, nếu \(a_n\leq b_n\) với mọi \(n\) đủ lớn, thì ta có \[\limsup\limits_{n\to \infty}a_n\leq \limsup\limits_{n\to \infty}b_n \;\; \mbox{ và }\;\; \liminf\limits_{n\to \infty}a_n\leq \liminf\limits_{n\to \infty}b_n.\]

Cho \((x_n)_n\) là một dãy số thực. Chứng minh rằng \[-\limsup\limits_{n\to \infty}x_n=\liminf\limits_{n\to \infty}(-x_n)\] và \[-\liminf\limits_{n\to \infty}x_n=\limsup\limits_{n\to \infty}(-x_n).\]

Cho \((a_n)_n\) là một dãy số thực. Chứng minh rằng

1. \(\limsup\limits_{n\to \infty}a_n=\infty\) khi và chỉ khi tồn tại một dãy con \((a_{n_k})_k\) mà \(\lim \limits_{k\to \infty}a_{n_k}=\infty\).

2. \(\liminf\limits_{n\to \infty}a_n= - \infty\) khi và chỉ khi tồn tại một dãy con \((a_{n_k})_k\) mà \(\lim \limits_{k\to \infty}a_{n_k}=-\infty\).

Cho \((x_n)_n\) và \((y_n)_n\) là 2 dãy số thực. Chứng minh rằng:

1. \(\liminf\limits_{n\to \infty}(x_n+y_n) \geq \liminf\limits_{n\to \infty}x_n+ \liminf\limits_{n\to \infty}y_n\). Cho một ví dụ khi dấu bằng không xảy ra.

2. \(\limsup\limits_{n\to \infty}(x_n+y_n) \leq \limsup\limits_{n\to \infty}x_n+ \limsup\limits_{n\to \infty}y_n\). Cho một ví dụ khi dấu bằng không xảy ra.

Giả thiết là các tổng trên không có dạng \(\infty -\infty\).

Cho \((x_n)_n\) và \((y_n)_n\) là 2 dãy số thực và \(\lim\limits_{n\to \infty}x_n=x\). Chứng minh rằng:

1. \(\liminf\limits_{n\to \infty}(x_n+y_n)=x+ \liminf\limits_{n\to \infty}y_n.\)

2. \(\limsup\limits_{n\to \infty}(x_n+y_n) =x+ \limsup\limits_{n\to \infty}y_n.\)

Cho \(x_n\geq 0\) và \(y_n \geq 0\) với mọi \(n\in \mathbb{N}.\) Giả sử \(\lim\limits_{n\to \infty}x_n=x\). Chứng minh rằng: \(\limsup\limits_{n\to \infty}(x_ny_n) =x\limsup\limits_{n\to \infty}y_n.\)

Cho \((x_n)_n\) là một dãy số thực. Chứng minh rằng \(\lim\limits_{n\to \infty}x_n=0\) nếu và chỉ nếu \(\limsup\limits_{n\to \infty}|x_n|=0.\)

Cho \((x_n)_n\) là một dãy số dương thoả mãn \[\limsup\limits_{n\to \infty}x_n\cdot\limsup\limits_{n\to \infty}\frac{1}{x_n}=1.\] Chứng minh rằng dãy số \((x_n)_n\) hội tụ.

Cho \((x_n)_n\) là một dãy số dương thoả mãn \(\left(\frac{x_{n+1}}{x_n}\right)_n\) bị chặn. Chứng minh rằng \((\sqrt[n]{x_n})_n\) bị chặn và \[\liminf\limits_{n\to \infty}\frac{x_{n+1}}{x_n} \leq \liminf\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{x_n}\leq \limsup\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{x_n}\leq \limsup\limits_{n\to \infty}\frac{x_{n+1}}{x_n}.\]

Cho \((x_n)_n\) là một dãy số bất kì. Dãy \((y_n)_n\) xác định bởi \[y_n=\frac{1}{n}(x_1+x_2+\cdots+x_n).\] Chứng minh rằng \[\liminf\limits_{n\to \infty}x_n \leq \liminf\limits_{n\to \infty}y_n\leq \limsup\limits_{n\to \infty}y_n\leq \limsup\limits_{n\to \infty}x_n.\]

Tóm tắt Chương 2

Chương 2 tập trung vào dãy số và giới hạn dãy số. Phần đầu của chương trình bày một số tính chất quan trọng của trường số thực như Nguyên lý supremum, tính chất Archimedes, tính trù mật của tập số hữu tỉ và vô tỉ trên tập số thực. Định nghĩa dãy số, định nghĩa giới hạn dãy số và các tính chất của dãy hội tụ được trình bày một cách cẩn thận đi kèm với rất nhiều ví dụ minh hoạ. Phần tiếp của chương giới thiệu định lí Bolzano-Weierstrass, nguyên lý về dãy các đoạn đóng lồng nhau, và mối liên hệ giữa dãy Cauchy và dãy hội tụ. Khái niệm giới hạn trên, giới hạn dưới của dãy số và mối liên hệ của chúng với khái niệm giới hạn được trình bày cuối chương.

Footnotes

1. Sinh viên có thể xem [@Rudin1976]