1. SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP SO SÁNH DÃY SỐ
Định lý (Nguyên lý kẹp):
Nếu ba dãy số \((x_n)\), \((y_n)\), \((z_n)\) thỏa mãn điều kiện \(x_n \le y_n \le z_n, \forall n \ge n_0\) và \(\lim x_n = \lim z_n = a\) thì \(\lim y_n = a\).
Ví dụ 1. Xét dãy số nguyên dương \((a_n)\) thỏa mãn điều kiện \(a_n^2 > a_{n-1} a_{n+1}, \forall n \in \mathbb{N}^*, n \ge 2\).
Tính giới hạn \(\lim \frac{1}{n^2} \left( \frac{1}{a_1} + \frac{2}{a_2} + \dots + \frac{n}{a_n} \right)\).
Lời giải:
Nhận xét rằng dãy \((a_n)\) là một dãy tăng. Thật vậy, nếu xảy ra một trường hợp \(a_{k+1} \le a_k\) thì do giả thiết \(a_{k+1}^2 > a_k a_{k+2}\) ta thu được \(a_{k+1} > a_{k+2}\) và cứ như thế ta được một dãy số nguyên dương giảm thực sự, điều này là không thể.
Từ đó sử dụng phương pháp quy nạp ta có ngay \(a_n \ge n\).
Suy ra \(\frac{1}{a_1} + \frac{2}{a_2} + \dots + \frac{n}{a_n} \le n\).
Đặt \(u_n = \frac{1}{n^2} \left( \frac{1}{a_1} + \frac{2}{a_2} + \dots + \frac{n}{a_n} \right)\), ta có \(0 < u_n \le \frac{1}{n}\).
Do vậy \(\lim \frac{1}{n^2} \left( \frac{1}{a_1} + \frac{2}{a_2} + \dots + \frac{n}{a_n} \right) = 0\).
Ví dụ 2. Cho dãy số \((x_n)\) được xác định bởi công thức \(x_k = \frac{1}{2!} + \frac{2}{3!} + \dots + \frac{k}{(k+1)!}, \forall k = 1, 2, \dots\) Hãy tìm giới hạn:
\[\lim \sqrt[n]{x_1^n + x_2^n + \dots + x_{2023}^n}\]Lời giải:
Dễ thấy rằng \((x_n)\) là dãy đơn điệu tăng. Mặt khác:
\[\frac{k}{(k+1)!} = \frac{k+1-1}{(k+1)!} = \frac{1}{k!} - \frac{1}{(k+1)!}\]Nên ta có:
\[x_k = \frac{1}{2!} + \frac{2}{3!} + \dots + \frac{k}{(k+1)!} = \left(\frac{1}{1!} - \frac{1}{2!}\right) + \left(\frac{1}{2!} - \frac{1}{3!}\right) + \dots + \left(\frac{1}{k!} - \frac{1}{(k+1)!}\right) = 1 - \frac{1}{(k+1)!}\]Ta lại có \(x_{2023}^n < x_1^n + x_2^n + \dots + x_{2023}^n < 2023 \cdot x_{2023}^n\). Suy ra:
\[x_{2023} < \sqrt[n]{x_1^n + x_2^n + \dots + x_{2023}^n} < \sqrt[n]{2023} \cdot x_{2023}\]Vậy:
\[1 - \frac{1}{2024!} < \sqrt[n]{x_1^n + x_2^n + \dots + x_{2023}^n} < \sqrt[n]{2023} \cdot \left(1 - \frac{1}{2024!}\right)\]Từ đó sử dụng nguyên lý kẹp ta suy ra \(\lim \sqrt[n]{x_1^n + x_2^n + \dots + x_{2023}^n} = 1 - \frac{1}{2024!}\).
Ví dụ 3. (Trích Đề thi chọn Đội tuyển HSG THPT Quảng Trị 2009)
Cho \(S_n = \sum_{k=2}^n k \cos \frac{\pi}{k}\). Hãy tìm giới hạn: \(\lim \frac{S_n}{n^2}\).
Hướng dẫn:
Ta chứng minh được rằng \(\cos x \ge 1 - \frac{x^2}{2}, \forall x \in \left[0; \frac{\pi}{2}\right]\).
Từ đó ta suy ra:
\[\sum_{k=2}^n k \ge S_n = \sum_{k=2}^n k \cos \frac{\pi}{k} \ge \sum_{k=2}^n k \left(1 - \frac{\pi^2}{2k^2}\right)\]Mà:
\[\sum_{k=2}^n k \left(1 - \frac{\pi^2}{2k^2}\right) = \sum_{k=2}^n k - \frac{\pi^2}{2} \sum_{k=2}^n \frac{1}{k} = \frac{(n+2)(n-1)}{2} - \frac{\pi^2}{2} \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n}\right)\] \[\ge \frac{(n+2)(n-1)}{2} - \frac{\pi^2}{2} (n-1) \frac{1}{2} = \frac{(n+2)(n-1)}{2} - \frac{\pi^2}{4} (n-1)\]Nên ta suy ra:
\[\frac{(n+2)(n-1)}{2} \ge S_n \ge \frac{(n+2)(n-1)}{2} - \frac{\pi^2}{4} (n-1)\]Vậy:
\[\frac{(n+2)(n-1)}{2n^2} \ge \frac{S_n}{n^2} \ge \frac{(n+2)(n-1)}{2n^2} - \frac{\pi^2(n-1)}{4n^2}\]Ta có \(\lim \frac{(n+2)(n-1)}{2n^2} = \lim \left[ \frac{(n+2)(n-1)}{2n^2} - \frac{\pi^2(n-1)}{4n^2} \right] = \frac{1}{2}\).
Từ đó áp dụng nguyên lý kẹp ta suy ra: \(\lim \frac{S_n}{n^2} = \frac{1}{2}\).
Ví dụ 4. (Trích đề thi Olympic Toán SV toàn quốc 2005)
Cho dãy số \((x_n)\) được xác định bởi \(x_1 = 5\) và \(x_{n+1} = x_n^2 - 2, \forall n \ge 1\). Tìm \(\lim \frac{x_{n+1}}{x_1 \cdot x_2 \dots x_n}\).
Lời giải:
Với mọi \(n = 1, 2, \dots\), ta có:
\[x_{n+1}^2 - 4 = (x_n^2 - 2)^2 - 4 = x_n^4 - 4x_n^2 = x_n^2(x_n^2 - 4)\] \[= x_n^2 x_{n-1}^2 (x_{n-1}^2 - 4) = \dots = x_n^2 x_{n-1}^2 \dots x_1^2 (x_1^2 - 4)\] \[= 21 x_n^2 x_{n-1}^2 \dots x_1^2\]Suy ra:
\[\left( \frac{x_{n+1}}{x_1 x_2 \dots x_n} \right)^2 = 21 + \frac{4}{(x_1 x_2 \dots x_n)^2}, \forall n = 1, 2, \dots\]Vì \(x_1 = 5\) nên \(x_n > 2, \forall n = 1, 2, \dots\) Do đó:
\[x_1 x_2 \dots x_n > 2^n, \forall n \in \mathbb{N}^*\]