Chủ đề này có 4 trả lời

[dangquochoi]

Cho $\left( {{a_n}} \right),n \in N$ là một dãy số dương.
a) Chứng minh nếu $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{{{a_{n + 1}}}}{{{a_n}}} = r$, thì
$ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sqrt[n]{{{a_n}}} = r$
b) Tính $\lim_{n\to \infty }\dfrac{n}{\sqrt[n]{n!}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xusinst: 25-12-2011 - 19:50

[Crystal]

Cho $\left( {{a_n}} \right),n \in N$ là một dãy số dương.
a) Chứng minh nếu $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{{{a_{n + 1}}}}{{{a_n}}} = r$, thì
$ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sqrt[n]{{{a_n}}} = r$
b) Tính $\lim_{n\to \infty }\dfrac{n}{\sqrt[n]{n!}}$

Trước tiên, ta có phát biểu cho định lí Toeplitz sẽ được dùng cho bài toán.

Định lí Toeplitz: Giả sử đồng thời xảy ra các điều kiện:

1. Các số ${P_{nk}} > 0$ với mọi $n,k\in \mathbb{N}^{*}$

2. $\sum\limits_{k = 1}^n {{P_{nk}}} = 1$ với mọi $n\in \mathbb{N}^{*}$

3. Với mỗi $k$ cố định, $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {P_{nk}} = 0$

4. $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} = a$ hữu hạn.

Khi đó, dãy $\left( {{u_n}} \right) = \sum\limits_{k = 1}^n {{P_{nk}}} {x_k}$ hội tụ và $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = a$.

Trở lại bài toán:

Câu 1: Ta sẽ chứng minh: Nếu dãy dương $\left( {{a_n}} \right)$ hội tụ về $a > 0$ thì $$\boxed{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sqrt[n]{{{a_1}{a_2}...{a_n}}} = a}$$
Thật vậy, ta có: $\ln {a_n} \to \ln a$ nên theo định lí Toeplitz:
$$\dfrac{{\ln {a_1} + \ln {a_2} + ... + \ln {a_n}}}{n} \to \ln a \Rightarrow \ln \sqrt[n]{{{a_1}{a_2}...{a_n}}} \to \ln a \Rightarrow \sqrt[n]{{{a_1}{a_2}...{a_n}}} \to a$$
Đặt $${y_1} = {x_1};\,\,{y_n} = \dfrac{{{x_{n + 1}}}}{{{x_n}}}\,\,\left( {n \geqslant 2} \right) \Rightarrow \sqrt[n]{{{x_n}}} = \sqrt[n]{{{y_1}{y_2}...{y_n}}}$$
Theo chứng minh trên, ta có:$$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sqrt[n]{{{x_n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sqrt[n]{{{y_1}{y_2}...{y_n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {y_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{{{x_{n + 1}}}}{{{x_n}}} = a$$
Bài toán đã được chứng minh xong.

Câu 2: Đặt ${x_n} = \dfrac{{{n^n}}}{{n!}}$. Ta có: $\dfrac{{{x_n}}}{{{x_{n - 1}}}} = {\left( {\dfrac{n}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}} = {\left( {1 + \dfrac{1}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}} \Rightarrow \lim \dfrac{{{x_n}}}{{{x_{n - 1}}}} = \lim {\left( {1 + \dfrac{1}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}} = e$

Mặt khác ta có: Nếu ${x_n} > 0$ và $\lim \dfrac{{{x_n}}}{{{x_{n - 1}}}} = A$ thì $\lim \sqrt[n]{{{x_n}}} = A$ (dễ dàng CM). Do đó $$\lim \dfrac{n}{{\sqrt[n]{{n!}}}} = \lim \sqrt[n]{{{x_n}}} = e$$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xusinst: 25-12-2011 - 19:59

[fghost]

Câu a có thể được giải 1 cách khác vận dụng định nghĩa của limit, xấu xí hơn cách giải của xusinst. Cảm ơn xusinst vì cách giải hay bằng định lý Toeplitz.
$$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{{{a_{n + 1}}}}{{{a_n}}} = r$$
có nghĩa là
Với mọi $\varepsilon > 0$, tồn lại $N_\varepsilon$ tự nhiên, sao cho với mọi $n > N_\varepsilon$ ta có
$$r-\varepsilon <\dfrac{a_{n+1}}{a_n}<r+\varepsilon$$
Nhìn vào 1 bên của bất đẳng thức $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}<r+\varepsilon$ ta có với n đủ lớn
$$a_{n+1}= \dfrac{a_{n+1}}{a_n} \dfrac{a_n}{a_{n-1}} ...\dfrac{a_{N_\varepsilon +1}}{a_{N_\varepsilon}}...\dfrac{a_2}{a_1} a_1 $$
Vì $N_\varepsilon $ là 1 số tự nhiên ko phải vô hạn, với mọi $n \leq N_\varepsilon $ ta đặt
$$\dfrac{a_{N_\varepsilon+1}}{a_{N_\varepsilon}}....\dfrac{a_2}{a_1}a_1=B (r+\varepsilon)^{N_\varepsilon}$$
với B là một số dương nào đó
Và với mọi $n > N_\varepsilon$, ta có
$$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}<r+\varepsilon$$
Vì vậy
$$a_{n+1}<B(r+\varepsilon)^{n+1}$$
Tương tự, ta sẽ có
$$A(r-\varepsilon )^{n}<a_n<B(r+\varepsilon )^{n}$$
với n đủ lớn. Cho dù A và B đều dương phụ thuộc vào $N_\varepsilon$ cũng ko quan trọng.
Vì vậy
$$\sqrt[n]{A}(r-\varepsilon)<\sqrt[n]{a_n}<\sqrt[n]{B}(r+\varepsilon)$$
Vì $\varepsilon$ có thể nhỏ tùy ý, và với mọi A và B dương
$$\sqrt[n]{A} \to 1$$
và
$$\sqrt[n]{B} \to 1$$,
nên ta kết luận
$$\sqrt[n]{a_n} \to r$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fghost: 26-12-2011 - 10:19

[Crystal]

@ fghost: Cảm ơn bạn fghost đã đưa thêm một lời giải. Mặc dù đây là lời giải hơi dài nhưng đã vận dụng được định nghĩa của giới hạn nên có vẻ tự nhiên hơn cách dùng định lí Toeplitz.

[LangTu Mua Bui]

$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_{n}}=\lim_{n\to\infty}e^{\frac{\ln{a_{n}}}{n}} =e^{\dfrac{\ln{a_{n+1}-\ln{a_{n}}}}{n+1-n}}(Stole)=e^{\ln{\frac{a_{n+1}}{a_{n}}}}=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi LangTu Mua Bui: 20-11-2015 - 18:42