Bài tập giải tích tập 2 Phạm Ngọc Thao

PHẠM

N G Ọ C T H A O ( C h ủ b iê n )

BÀI TẬP
■

( G iá o t r ì n h T o á n , n h ó m n g à n h I )
T Â P HAI

N H À X U Ấ T BẦN ĐẠI H Ọ C Q u ố c G IA HÀ NỘ I


PHẠM NGỌC THAỌ (Chú biên)
LÊ MẬU HẢI - NGUYỄN VĂN KHUÊ
NGUYÊN ĐÌNH SANG - BÙI ĐẮC t ắ c

BÀI TẬPGIẢI TÍCH
(Nhóm ngành I)
TÂP HAI

NHÀ X U Ấ T BẢN Đ Ạ I H Ọ C Q U Ố C G IA H À NỘI - 199 8
m

m

•


LỜ I N Ĩ I Đ Ầ U
Gáo trình bài tập này được chúng tỏi soạn thảo tương ứng với các

phầĩ lý thuyết của giáo trình giải tích của ‘Tốn Đ ại cương“ dùng cho
nhón ngành I Đại học Qc gia Hà Nội. Nó là giáo trình chủ yếu để
sinh viên luyện tập sau khi học lý thuyết ở phần I các tập 1 và 2 của
‘‘Toái D ại cương" về giải tích. Trong nó gồm các loại bài tập sau: lý
thuyỉt giới hạn, Tôpô và hàm liên tục trong R n, phép tính vi phân
tron* R n và ứng dụng, tích phân 1 lớp, tích phân suy rộng và tích phân
phụ huộc tham 90 cùng tích phân suy rộng phụ thuộc tham sơ"; chuỗi
sơ, cUy và chuỗi hàm; tích phân bội, tích phân đường và mặt.
Tong mỗi chương, sau phần tóm tắt các vấn đề lý thuyết, các cơng
thức được dùng có liên quan đên chương đó, chúng tơi cho các bài tập
cơ bíii của chương đó, nghía là các bài tập mà sinh viên cần làm để
nắm được các kiến thức và kỹ năng cơ bản. Ngay trong đó chúng tơi
cũng sắp xếp bài tập theo các loại: rèn luyện kỹ năng áp dụng thuần
túy (ông thức hoặc kỹ nănịg tính tốn, rèn luyện tư duy suy luận và
khả lăng sáng tạo, những bài tập mang tính chất lý thuyết, các bài
tập lâng cao. Một phần khtông nhỏ trong bài tập ở mỗi chương nhằm
bổ sing và mở rộng kiên thiức cho sinh viên do điều kiện thời gian hạn
hẹp nà việc dạy iý thuyết chưa thực hiện được. M ột sơ" bài tập khó
đượcchúng tơi đánh dấu (*) dành cho các sinh viên khá giỏi có ý mn
tìm liểu sảu thêm kiến thức: và nâng cao trình độ của mình.
PLần hướng dẫn và trả Lời cho các bài tập cũng được chúng tơi làm
chì tết và dành cơng sức tìhoả đáng. Các bài tập dễ được cho đáp sơ",
một ố bài tập khó được giải tỉ mỉ. Mặc dù vậy do sự hạn hẹp của thòi
gmnvà trước nhu cầu cập nhật của sinh viên nên không tránh khỏi
uhữ)g thiếu sót trong q trìn h biên soạn. Chúng tơi mong nhận được
Iihữig ý kiến đóng góp của các đồng nghiệp và độc giả đê hồn thiện
¿iặo rình hơn ở các lần tai bản sau.
N iân đây chúng tôi bày tỏ sự cảm ơn đôi với các thành viên trong
hội cpng thẩm định, đặc biệt là GS TS Nguyễn Văn M ậu cùng các PGS
N g irễ n Thủy Thanh và Phạm Chí Vĩnh đã đóng góp nhiều ý kiến cho

sự h'àn thiện của bản thảo.

Hà nội ngày 18 tháng 2 năm 1998
C á c tá c g iả


LỜI GIẢI HOẶC HƯỞNG DẨN

C 'h ư ơ n g I
G } IỚ I H Ạ N

A. G lớll HẠN CỦA DÃY

1. a) Xét

11 + 1

1

7n + 2

7

Lấy n 0 =

5

5

------ ------- < —- < e,

7('7n + 2) 7n

11 >

5
7c

D

78

b), c) tương tự a).
2.b) Xét Xlì

2n
2
— < — - ->• 0 khi
n +1 n

n

- > 00.

Tương tự cho ạ) và c).
4. a) Giả sử k là sô" tự nhiên nhỏ nhất với k > a. K hi đó:
0<

a

n

n!

a.... a

a

n-k+1

k-1

1-k-l

(k - 1)! VId

1.2...n < ( k - l) ! V k J

-> 0

k hi n -> 00.
b) Giả sử m là số nguyên dương với m >k. Khi đó:

_

,

b = "Vã > 1,

■1

_ ia n

J

a.n

111

n

n

rQ

a11

in

ữ

„k
_ n
n
m
0< — < ^ -

5


nhưng:

0<

n

n

b" ~ [l + ( b - 1)]"
n
.
n n n(n - 1)
2
1+ n(b - 1) + ——— —(b - 1) +.
2
khi n -> 00.

<

2n
n(n - l)(b - 1)

c) Từ:
n = [l + < ^ - , , r = [ l + n C - Ê - l) 1+
J
1
J 2
> ĩí£ z i) ,'V Ĩ
2
suy ra:

ir +

1)2

'^ -'b iíĩỉ

-

1

d) Bằng qui nạp ta có: n! >

-> 0 khi n -»

00.

V3/

Từ đó:

/

'■v/ĩĩ!

\ n
111

n

V1

5. Từ

e= lim
n->ce
ỉ'

nên với dãy {nk>, nk ->+00 khi k
.

-»+00 ta

có:

I \ nk

e = lim 1+ —
k—
>oov
/
Nếu { pk>, pk> l, pk -> +00 khi k-> + 0C thì có dãy sơ ngun dương
{nk}: nk < pk < nk +1 và nk-H-oo.
6


Bởi vì:
]+

nk+l

1

“
nk + v

1+

f

1 MJk
< 1+

< 1+
V Pk'

1

V II k y

1+ —

V

nk;

nk + 1
V ’k

suy ra:

lim 1 •+k->oc\

Pk )

= e.

Trường hợp dãy {q^ì tiến ra
a k-

lim
k-»ce

-00 thì

khi k

-Qk

1 H----q, )

áp dụng kết quả trên cho đày

->+00 ta

cũng được:

= e.

6. a) Rõ 1'àng xn < x n+1.
Đồng thời:
1 1 1
.

1
1
Xn < ỉ H----- h ..4----------- = 1+ 1 — I——
1.2

(n - l)n

2

2

1

1

n- 1

n

=2 -n
suy ra: xn <2 với V n >1.
Do đó tồn tạ i liìn x n.
11—>oc

b) tương tự a).
7. b) x„ = log(n+l) —>+00.
8. a) Dăy tăng vì xn+, - x„ = Pn+1 > 0 và bị chặn trên vì:
10n+l
9
9

9
•
x„ 10 102
I0 n

7


h) X|1+1. =
*A
Vn

1-ị- —

'ì n+1
I

>

1 Vây

dãy tăng.

Từ:

1
4

p

II

11

í,
0
í
1ì
í\1 + 0
+...+ ln 1 +
+ ln 1 +
V 4)
^
2)
^
2nJ
.+

1 1
< —+
2n 2 4
1

1

.= 1

2n

Vậy x„ 9. a) Bằng qui nạp ta được xn < xn+1. M ặt khác xn < Vã +1 với mọi
n. Thật vậy, khẳng định đúng với n = 1. Giả sử x „ , < Vã +1. K hi đó:
X n < yja + Vã + 1 < Va + 2 Vã + 1 = Va + 1.
Do đó { x j có giới hạn. Đ ặt b = lim x n . Vậy b> Vã .
n-»00
Từ

xn2 = a + X„.J đưa đến b2 = a + b.

Do đó

b2 - b - a = 0.

Từ đó:

b=

b) Ta có:

x2 = ^ 4 ^

Từ đó

x 2 - X ] = ý ( x 0 - X | ) ,x 3 - x 2 = ^ (x , - x 2 ),

l + V l+ 4 a

, x3 = ^ 4 ^

Bằng qui nạp:
x k - X k - 1 = ( - l ) k 2 • X2kJ - 1-

Từ đó bằng phép cộng liên tiếp ta có:

8

với k > 2


X n

-

X

1-

(X

7

-

X

(-1)

1)

2

II-/

2

= ị ( x 2 - x , ) - ( - l ) n- 2 - ^ = 4 L ,
3. 2 " - 2
2x 7

-

X

-(-1 )

X,| =

lim x n =,

Do (tó:

2x-> -

11-2 Xxo2 -

X

->.2
-) lì~2

3

X

c) Rị ràng x„ > 0 với mọi n. Bàng qui nạp chứng minh được
xn < xn(1 và x„ < 1 với mọi n. Do đó tồn tại lim x n = a.
1 X2
Qua giới hạn đảng thức x n = —+

l a 2
ta dược a = — + — .

Do dó a = 1.
d) Bằng qui nạp chứng minh được dày {xu} giảm và bị chặn dưới
bởi 0, (lo đó tồn tại a = lim x n , a > 0. Qua giới hạn đảng thức

I1-»0C

x„ =

x„_,

.

— — ta có a =

2 + X n-1

a

2+a

Từ đó a = 0.
e) Ta có x n =

V. Xn_Ị

+ X„-1 M

với mọi n

)

Từ dó x„ > xnM và tồn tại a = lim x n . Qua giới hạn đẳng thức

II—
>00

+ XI1-

ta CÓ

a=

y fỉ

10 . a)
^n+Ị)

xn

a n + l Q n+1 + " - + a n + | ) Q n + , )
.

<

11+1

+...+ Q*

.1 I11+1

) <—


9


Lấy:
ln c
n>

q

M

ln|q|

b)

sillín + 1)
— "H.
11+1

Vn
V
An+]) _ x
<

11+1

sin(n + p)

.

<

2 n+p

11+1

n+ )

"K
.

2 n+*}

2n

Lấy n > log, -

I

c)
^ ìì+ p — ^ II

< ------------------ +...+-----------------------(n + l)(n + 2)
(n + p)(n + p + 1)

1

1

n+ i

n+2

Lấy n >

1
1
1< —_1 < _
—:-----------í—
< — <8.

n +p

n +p

11 + 1

n

1
£

11. Đ ặt Z n = lx 2 - X, l+ lx 3-x2 l+ ...+ lx n -x nJ . Khi đó vci ìmọi n:
z„ < c.
Đồng thời Z n+Ị = z n + I X,J+1 - x j > z„.
Do đó tồn tại lim z n . Vậy với 8 > 0 tồn tại n0 sac cho n > mo
n->oc
p > 1 ta có:

10

<8

Như vậy

X n+Ị)

Từ đó:

x n+p - x n

^11+p-l

<6

X!1+1

X I1 < 8


)o đó (lã;y ¡X. ỉ hội tụ do tiêu chuẩn Cauchy.
<ét x n =

l-(-l)n
2n

,11 = 1.2,... Rò ràng lim x n = 0.
n->cc

Tuy n h iên íx,,í klióng có sự thay đôi bị chặn. T h ật vậy với A > 0
bất ]ỳ ta có:
x 2 -X

I
x 2II ~ x 2n-l - 1+ ~ + T+---+ ~
3 5
2n -

X, - X

ln( ĩ -1)

4-

ln

3J

íV' - 1'

+...4-

>

r, ,
I ì
, í 2 4
2"
= l n ------ ...--------- > 111 v2n + 1 > A
V 2n - \J
\ 1 3 2n - 1

In ỉ + --------

1 2 . a) Xét:
+

x 2n ~ ^ 11

1

n

>

a

(2n)a

(2n)

u .

n 1""

— > — > e0
ư.

-, ( /

với 0 < e n <

ơ

ì) ^2n

___ ỉ___

1

n

n _ ỉ

ln(n +1)

ln(2n)

ln(2n)

2n ~~ 2

13. Giả sử {xn} là dãy đơn điêu tăng và lim x n

k->QC

k

= c . Từ k < nk

nên *k ^Xnk
14. Đ ặt lim X2n - 3» lini X->11+Ị = b, lim X3„ = c.Với n k = 2k, dã}T
Ỵ1—»X

Ì1—>oc

{xt,kj là dãy con của ¡X;.,,). Nó cũng là dãy con của {x,J với Iik = 3k. Vậy
a -- c. Tương tự với nk = 2k + 1, dãy { X(jkf;j} là day con của {x3n} và
{x, M1,Ị. Vậy b c. Do đó a = b và lim x„ = a. Kết quả không đúng khi
I1-»X

thay 2 bởi sô k > 2.
11

15. Trường hợp a * 0 và hữu hạn thì lim

X

1
- = — = I Với c = y-

n—
>oc XM

thì CÓ thể

Q.

tiến tới giới hạn hữu hạn chảng hạn như x„ = 2".
x„

Cũng có thể lim

n->oc

= oc nhơ dãy

xn

¡X,,} = {2 n }.

Trương hợp a = 0 thì có thể không tồn tại giới hạn như đci với
dãy

1

x n = f-(q + ( - l) ),
n

q * 1.

—
1
—
2n -1
16.a) Xét hai dãy con x n = — và x n = -------2n
211

. —
. Từ lim x n = 0
n->00

và lim x n = 1 nên 0 và 1 là các giới hạn riêng. Hơn nữa các dã; con
hội tụ của dãy đã cho phải thuộc vào một trong hai dãy nà} nên
khơng cịn giới hạn riêng nào khác.
b) Rõ ràng mọi s<ố hữu tỷ r(0 < r < 1) là các S(D hạng của diy đã
cho.
Giả sử oc là sô" thực, 0 < a < 1. Với m tự nhiên đù lớn, xảy ra:

a + — -— <1 Vn = 1,2,3,...
II + m

Với mỗi sô" tự nhiên n, tồn tại sô' hữu tỷ r n tlniộc dãy đã cho rồi :

a < rn < a +

II + m

Từ đó lim r n = a. Vậy a là giới hạn riêng. Tương tự cho tiường
II—>00
hợp 0 < a < 1. Do đó giới hạn của dãy đà cho là [0. 1].
c) Có hai giới hạn riêng là 1 và 5.

12


1 7. a) Vì các phần tử của Ị XM! nằm trong hai dày:

x 2n_j = 2 + — —- và x 2n = - 2 - ~ - , x * n < x>„ , , 2n - 1
2n
giản,

đơn điệu tăng nên:

{ X ỵ n

lim x n = lim X2rl- 1 = 2

n—
»oc

n-»oc

lim x n = lim x 2„ = -2
!ì—
>oc

b) lim Xn = + X, lim Xn = - oc.
n >3C
11—
>cc
lim x„ = 1,

c)

n—
>oc

Um x„ =0.
Ị)—
>cc

18. Xét dãy:
a ] + 1, a2 + 1,
1
Ü

Ị

- H

+ 1,

1

2

1
2

3 .

cl] H

p

' 2

1
n

1
,0-2

“*

n

}•••?

1
3 ^ 1 )

1

n

Tổng quát, xét:
1
a l’ a l + T ’ a2’

2

1

1

3

a 2 + 7 ’a 3 ’ a l + T > a 2 + T ’ a 3 + T » a 4 > - J
4
4
4

al +

1

1

1

19. a) Xét xn = n(n = 1,2,...).

b) Giả sử
V,

y2,

n. Khi đó dãy x l5

X;i, y-, ... là dãy phân kỳ và có giới hạn riêng duy nhất là a.

c) Bài tập 18.
d) Xét dãy sau chứa

mọi số hữu tỷ.
I

kT 1

, 1 1 1 1 2 2 3 3 3 -3 1 1 ••»
’ 2 ’ 2 ’ -, ’ 3 3
2 ’ r 1 ’4 ’ 4 ”
1 2
2
n
n
n - 1 n- 1 n
ì » y•••>
ỹ
’2
11 n

n
n- f n- r
n
n
1

y ]f

lim x„ = a, a là hừuhạn, CÒĨ1 y„ =

n—>oc

13


Do tính trù mật của tập số hữu tỷ trên R nên mọi sơ thực là xiớ‘i
hạn riêng của nó.
21. a) Ta có nhận xét sau: nếu Ịx n Ị là dãy con

của {x,Jth ì

lim Xn < Ịimx n . Từ định nghĩa giới hạn dưới ta có:
ỊỊm (x „ + y n )= Ịim (x n + y „ ),
n—>oc
k-»oc
Um x„
k_»ae

= lim x„
111-»*

K h i đó: •
lim X„ + Jim y n < Um x „k + Um y „k =
n—
»00
k—>oc
k—
>cc

11—>oc

lim x n

in->oc

m

+ Ị ị m y n < lim x„

k_>cc

nW0C

m

+ fe y ,,

k->o0

m

Ịx„h) + y „k I là dãy con của dãy hội tụ Ịx „ k+ Yrk Ị
n ên Ịim ( x n + y n ) = lim (x n
+ y „ km)k—
>00
m
m
m
Ngoài rad
ãy Ịx„k I hộitụnêndãy Ịynk I cũnghộitụnên
Nhưng

—>00

lim y n

711->ÛC

m

= lim y„

m->00

m

Vậy:
Um x n + lim y n < lim X,

n—>00

I1-»0C

in->oo

m

+ lim y n

111->oc

= lim (x„

m

m—
»ao

+y„k )

mm

= Um (x n + y „ ) .
n-»oc
b) Chứng m inh tương tự a).
Dấu đẳng thức xảy ra khi tồn tại lim x„ và lim

11-»0C

II->00

y„. Các dãya u i

cho bất đẳng thức thực sự:
x n = (-1 )

14

n(n+l)
2

n(n+l)
sin - y - ,y n = (-1 )

2

cos -y -

• 2/1\1

( 11= 1,2,...).

2 ___
.
._,

_

/ 1\

11(11+1)
và:

K hi đó: x n + y n = (-1)

limXn = - 1,

limyn

lÌỉlLXị,

limy n

lim (xn + y „ ) = 1

linKx n + y n ) = -1,

22. Các phần a), b) được chứng minh tương tự.
Nếu

xn = 0 (Ì1 = 1,2,...) hoặc iimXn = 0 thì a) được chứng minh.

Gria sư Ịim x n > 0. K hi đó x n > 0 bát đầu từ lúc nào dó trỏ đi.
Từ định nghĩa giới hạn dưới ta có:

Ịịm (x „ .y

^=l i m

V

),Ịim x n = lim x n

Ta có:

Ịịm (x n.y n ) = lim ( x n .y n ).
111—>02
111
m

cnghội tụ, do đó, lim y n

Km

]imxM.limyn £ ìim x„

!ÍJ1 >/

KU1

= lim y n

111->OC

.limy»

m

nl

.Do đó:

= lim (xn

.y n

Km

“

) = lim(xny n ).

-----

Báỵ giơ chứng minh: lim (x n .y n ) < lim xn .lim y n

Trường hợp lim y n = 0 th ì

lim yn -

0 (vì yn > 0). Do đó

ị)ịrrỊ(xny n ) = 0. Giả sử lim y n > 0. K hi đó lịm

và dùng

yn

limy n

bi ất đing thức vừa chứng minh ta có:

lõ


1
I
= — ■lim (x„y„) = lim — .lim (x „ y „ ) < lim
limy,,
y„

I
''l
— (x ny„
= lnnx,

y„

J

Dau bang xay ra khi ton tai lim x„ va lim y „ . Dudi day ia vi du
11-* oc
II ~>x
cho dau bat dang thiic thitc stf:
xn

=2+(-l)n,y" =2-1-1)" +-(-1) 2 .
n

K hi do:

11(n+i)

1

x „y „ = 3 +

11(11+ 1)
.( - I)

2

, va

---1 ---7
lim x„ =1, limx,, =3, limy,, = - , limy,, = - ,
3 —
9
Mm(xny „ ) = - . lim (x „ y „ ) = —.
1
23. Tit gia thiet va tii lim — = --------- suy ra limx,, = lintx,,. Do
x„
limx,,
do {xn} hoi tu.
24. Ta co:
0 < xn < x, +...+ x, = nxlt Vay 0 < —
n

< Xi

(11 =

1,2...)

x„
> bi chan va ton tai a = in f <---- >. V6i s < 0 nho tuy y,
I n J
^n /
x in
>< a H—
ton tai m sao cho a <
2
m
Vay

jX n l

Vi moi so nguyen n deu co bieu dien n = qm + r, r = 0, 1,
Do do:

x n —Xqm+r < x in+...+xm + x r —qx,n +xr,
x„
Xqm+r
QXm + x r --_ ----^111 ----------+
Q®
Xr
------------------------------------ ^
< -----------------n
qm + r

qm + r
m qm + r
n

(X<
16

x II

n

a +

qm
2)

qm + r

+

xr e

xr

< a + ~ +■
n 2
n

m-1

Vì o < r < m-1 nên xr bị chặn và tồn tại N( 8 ) sao cho:
()<— < - khi
II
2
K h i đ ó a < —1- < a + G khi
n

n > N(e).

n > N(e). Vậy lim — = a.
II—»cc n

25 *. Từ 4) suy ra có N = N ( e ) sao cho n > N( c ):
8
xn-a < —
2
Cũng từ 4) tồn tại M > 0 sao cho I x n i < M, i xn - a ị < 2M với mọi
n. T \i 3) suy ra có n0= n0( 8 ) > N sao cho:
Pnk <

4N M

khi II > n0. Xét:
Ề P,ìkXk - a = ỉ pnkx k - Z P nka = l P nk(x k - a )
k=l
k=l
k=l
k=l
á I pnk| x k - a ị = pn l|xi - a | + pn2|x2 -a|+...+

k=l

C
p .,n

|x N - a | + PnN+i X N+i - a|+...+Pnn|xn - a| < N —
- 2M +
4 NM
0

| ( P nN+l

0

+PnN+2+-"+Pnn)<2+2 8 khi n>n0II

Vậy:

lim t n = lim Z P nk x k = SL

II—
»00

II—
»00k_Ị

1
26. Dặt P Ilk = — (k = 1,2,..., n). K h i đó các giả thiết của định lý
n
n

Toeplitz được thoả mãn và t n = Z P nk x k =£n- V í dụ sau cho thây
k=l

điéhi ngược lại khơng đúng: lấy x„ = (-1)"
17


29.

lim ^

= lim IiixI .—

11—»oc V

n-»ce

.—

X9
2

Xi
X]

Ta

11 = ------- h ĩị ----- • K h i đ ó

2

có:'

P2n

Pn =

xn

2(3 + (-1) )
.

-

4

(bởi bài 28)

x,1+ l

11— x n
n-»oo

xn

_ x n+l _ 3 + (-1) 11+1

3+(-l)n
Xét

... — —- = l i m

P 211+1 = 1

>

nên

.

.

.

k h ô n g tồ n tạ i

.

.

lim

x n+l

• ri-»oo x n

T u y n h iên :

■ 13 + (-1)

ü m n ------ = -¡- l i m

V

1

=

2 n->oo

2
1
—ln(3+(-l)n)

1

n/---------- “

^ 3 4- ( - 1 )

— l i m e 11

1
= —.

2 n—
»°c

2

3 0 * . T a có:
„

Vi

L n

____

- - n —_ - n/x~ X =
1n!
y n’
n

-

lim

—

n->oc X

n

n->00

Ị

nên theo bài 29, lim —

n-»oo Wrj !

n! •

= e

= lim
_

„ n

=e.

31*. Giả sử lim — ~ Xu~* = a (a - hữu hạn). Coi y0 = x0 = 0 và
n-»»y„ - y n-i
đặt:

Pnk

= — ~-y-M

yn

(k = 1,2.....n), x n = Xk ~ Xk~* .
xn

Các giả thiết của định lý Toepitz được thoả mãn đối với Pnk và
X n. Hơn nữa t n = EPnk^k = ——• Do đó:

k=l

18

yn


lim

iH « y n

= lim

t n = lim x n = lim — — --- --n->oc

n->ooyn - y n_!

a

Nêu lim — —— - = +n->00 y n - y n_i
xnH > xn và lim x n =
II—>00

+OC .

Đặt xn = ( p + l) ( lp+2p+...+np) - npM , yn = (p + l)n p. Khi đó:

3 1 0 *. b)

X M+1

lim

với

11->00 y n+]

- x„ =
—y n

(p +1)

(£_+

l)(n+ !)>’ - (n+l)p+1+np+1

n-»co

(p + l)[(n + l) p - Ĩ 1P]

n p + p n P-l + p(p l ) n P-2+ +1

lim

II->00

n
+

(p + 1)

n p + p n P-l + PÍP _ P n P-2 +,,.+ l - n P

P+1- (p+l)np-

np_1---1 +np+1

„_1 ip(p
- 1) _ n-2
+ ^ ỉ l ---- L n p z +1.4+1_ n
(p + 1) 11' +p n 'p +
p(p + l) , 0Í 1."
2
\n>
/
II—
>•00
p(p + 1) + 0

lim

a) và c) được chứng minh tương tự.

32*. Xét:
1
n+1

n+1

ln(n + 1) + ln n =

< ln

n +1

ln

V

nJ

<0

vì

'V■ 4ĨÌJ
'

M ặt khác:

19


1 1 1
X!1= 1+—+—

r

2 3

3 4
lu
V 2 3

lì

n
—lĩiii > ln(l+1) +ln 1+- +lii\ 1+-lì +...+ỈI1( 1 +—
-ln 311=
V V
V 11J
n
V 1)

114-1 Ù
n

, n+1
1
>
>0
= ln
n/
n
n+1

Vậy { x j đơn điệu giảm và bị chặn dưới nên tồn tại lim x n
11—>x
Do đó 1+ —+
2 3

n

=

33. Đ ăt Z n = 1+ —
n
2

11

7^
~z
+1 n +2

Vậy lim
n—»00

35 *.
Với

n +1

”

2ĩi

c

n

=c

+ ln n + 8 n,e n -» 0 k h in -» o c.
n
.K h i đó:

—z 2n —z J! —ln 2n + S2n ~ ln n - En —ln 2 (£-2n - £ I

n+2

2n

= ln 2.

Từ x n = yỊxny n suy ra xn > 0, yn > 0 , (n = 1,2...).

yn+i •■=

* Vxnyn = X n+1

vàà X n+1 = V xny n ^ V x T = x n ,y n+1

- < y n.

Như vậy: xn < yn < y , , y n > xn > Xj . Do đó tồn tại A = lim X n 'à
n->oo
B

lim y n .

11->00

Qua giới hạn ở đẳng thức:
„
_ x n +yn
yn+l "
Ta được A = B.

35b*. Đặt an =

1+ 22 + 33+...+nn
n

n

20
ệ


Ta có:
n 1 + n 2 + n' +...+Ĩ1 11

n

n
V

II

(n n+1- n ) / ( n - l )
-------------------------------------------------------------------------------

n 11

n

—

—

nn - l

n

------------------------------------------------ —

n-

II
<

n n -1

—

—

■

n-1

- —----» 1 ne n lim an = 1.
ri ~ 1
n—
>oo
*

B.
r G IỚ I H Ạ•N H À M s ố , 7H À M s ố L IÊ N T Ụ•C
36. Bơi X -> 2 nên có thể xem 1 <
3x2 - I 2I —3Ỉ X - 2l I X+2I < 15Ỉ X-2Ỉ < 8 .

X < 3. K hi đó I 3x2 - 2 - ìol =

fe )
Lấy s = min — ,1 .
V15 J
37. Coi -2 < X < 0, vậy 1 < X + 3 < 3,
5
2x + l
1
------ —+ — = —------- < — X+
X+ 3 2
2(x + 3)
2
38.

1 <8.

L/ay ò = min — ,1 .
V5 ;

Giả sử f bị chặn trên lân cận V(x0) của x0 eR. Bằng cách thu

nhỏ V(x0) đi đến trong lân cận V(x0) khơng có sơ" hữu tỷ nào. Điều đó
mâu thuẫn với tính trù mật của tập số hữu tỷ.
39. Cho x n =

1

2nn

thì f(xn) = 2 n n -> + 0 0 khi X -^+ 00.
\V

1
Do đó f khơng bị chặn. Với x n = ——■
—
'
’
71

thì f( x n ) = 0.

40. DS: —mn(n - m)
4 1 . Ỉ)S: 1

42. Ĩ)S:

n(n +1)

21


43. ĐS: —
n

44. * ! L l i > a »-2
>2
45. ĐS: -Ọ

3

46. ĐS:
V2 a
47. Đ ặt y =

y¡\ + X -

1.

ĐS: —
n

48. Thêm và bớt 1 vào tử sô", tách thành hiệu hai giới hạ n.
ĐS:[. - - È m n
49. ĐS: —

36

50. Nhân liên hợp và rú t

X

ra ngoài. ĐS : —

51. Nhân liên hợp và rú t

X

' ra ngoài. ĐS: —

52. ĐS = 0
V2 - 1
X - 1
53. Bởi lim ------- - = ] và lim -— - = 1, ĐS = 1
X->O C

54. ĐS: e'2
55. ĐS: e
56 ĐS: 1
57. ĐS: Vẽ
58. ĐS: e
59. ĐS: 1

22

Ị

X —>oo X +

1


60. Rút e ,x và e;'x ra ngoài. ĐS:

2

61. Tách 21nx = lnx +lnx. Chuyển lv ở mẫu sô lên mũ. ĐS: — —

X2
02. ĐS e0 4 *.

a) ()< X. J cồs-* ^ X nên
X

b) Giả sù sinx > 0. Đật a n = sin

-=

0

sin sinx (n dấu sin) thì

0 < an = sina,!.! < an.j < 1
Do đó {a,j đơn điệu giảm và bị chặn nên tồn tại 1 = lim a n . Qua
giới hạn đẳng thức an+1 =sinan ta có 1 = sinl. Vậy 1 = 0.
c)

Đặt

X = — vì y = [y] + r, 0 < r < 1 nên:
lim X — = lim —— — = 1

X—
>0
(1) Nếu

X

y-»oc

y

X = — ,p, q là các số ngun n£U3’ên tơ" cùng nhau thì:
q

n!

X= n! — 6 z . Do đó sin2(n!7ix) = 0.
q

Vậy lim s g n [s in 2( n ! 7tx)] = 0.
Trường hợp

X là sơ" vơ tỷ th ì n!x í z và do đó

lirnsgn[sin2(n!7ix)]=1.

siir(n!7ix) > 0. Vậy

)1—>oo

<>8*. Lặp lại cách chứng minh cùa bài tập 25.
(>9*. a) Giả sử lim (f(x + 1) - f(x ))= 1.

p ặ t pnj(x)

x+1
X + n

1
Pnk (x) = — 7— , với 0 < x0 < X < Xq+1, x0>a.
k

X + n

23


f(x + 1)

u Ị(x ) = ———— , u n(x) = f ( x ■+ n) - f(x + n - 1)
X+ 1

Ịỉ,

K h i đó

t„ = I pn (x )u k (x )=
k=i

(n = 2,3,...).

f(x + n)

*7*--.
X+ n

Do đó:

f(x + n)

lim t n = lim - - - - - - = lim [f(x + n) - f(x + n - 1)] - 1

LI—
»co
Do

II-*00 X +n

n—
>oc

1 không phụ thuộc vào X nên:
lim —

= lim [f(x + 1) - f(x)] = 1

X—
»-KO X

X->+oc

b)
.1

In fix )

l i m [ f ( x ) ] x = lim e

X—>-f-QC

X—»+OC

lim [ln f(x+l)-ln f(x)]

= e x“>'KO

x

lnf(x)

= e x->+<°

x

f(x + 1)

'= lim ————
x->+oc f(x)

c)Từ giả thiết với E>0 tùy ý, tồn tại xo>0 sao cho với x>x0:
f(x + l) - f(x) >2E.
Do đó

f(x+n) - f(x) > 2nE và:
f(x + n)

f(x ) + 2nE

X+ n

X+ n

Từ f(x) > c > 0 khi x0 < X< x 0 +1 v à do bất đẳng thức trên nên:
f(x + n) _
^
— —— > E với n>n0 .
x+n
Do đó với t = x+n, x0 < X < x0 +1, n>n0 thì

f(t) > E.
t

ự.
V ậy

f(x)

Jim —— =
X-»+oo

X

+00.

70*. Giả sử 1 hữu hạn. Từ giả thiết và dùng khai trien Newton ta

có
i-_
f(x + n) - f(x + n - 1)
1
' ,— —------------ —- = —
l i m ----n -i» (x + n )m+1- ( x + n - l ) m+1
24

m+ 1


ĩặt:
0

(x + l)'"+l

„

(x + k)",TI- ( x + k - i )

(k = 2,3,...n),

f(x + l)

u,(x) = —

0 < x „ < x < x 0 + u „ >a,

.

(x + 1)

f(x + n) - f(x + n - I )
« n (x ) = ——
— 7-------------------------------------- _ --- t ĩ ĩ
(x + n)
- (x + n - 1)
f
ti được

,
tn
-

(n = 2,3,...),

f(x + n)
(x + n )m+1

I ùng bài tập 68 ta được:
rlim «
K -—

f(x +-n7) -,- =
_ K
í \ =_
t.n =_ lim
lim u n(x)

n-»00

v,n

* * * * *

I 1 1 + Ị

x-»00 (x + 11 )

II—>00

1
111

+1

lo giới hạn không phụ thuộc Xnên:
K
f(x)— =
_ — -—
1 .
lim
—

n->+00v111+1
m+1

nnrờng hợp l =+00 được lặp lại như bài tập 31.
f6 . Ta có:

n 2x - 1

lim — — — 1 = 1
IWOO n 2x + 1
f(x ) =

0

,

0

< X

< + x

X= 0
1—n

lim — —
------------------------------ = 1,- 00n-»oo 1+ n - 2x
Tậy f(x) gián đoạn tại x= 0 .
r7*. Nếu X() là vô tỷ th ì f(x0)=0. Cho 6>0. Tồn tại hữu h ạ n q 1,.. -, qLs

là (£ấi số nguyên dương sao cho ----- >6 (i = 1,2, ...,s) . Do đó trong lân
Qi

cậm (ủa Xọ chỉ có hữ u hạn sơ" hữ u tỷ — với mẫu số q=q; (i= l,2,...,s) sao
q

cliO) |f(x) I >c với X = — . Lấy ổ > 0 đủ nhỏ sao cho (x0 - 5, Xo + 8) không
q
25


chứ a các sô hữu tỷ —với q=q¡ (i = 1,s ). Khi đó với xe(x<) - 6, Xọ +

q

ỏ)

ta

p

1

q

q

có I f(x)-f(xn) I <£. Vậy f liên tục tại x=x0. Trường hợpx0 = —, f(x 0 ) = —.

Có th ể coi q>0. Khi đó với mọi ổ > 0 và £()<— thì ln có điểm X vơ tỷ

q

1
xe(x<) - 6, x0 + 5) mà I f(x)-f(x„) I = —> e 0 . Do đó f gián đoạn tạ i điòm

q

hữu tỷ.
78. Lấy x0 G R bất kỳ. Neu fc(x()) = -C thì nghĩa là f(x0)<-C. Do f
liên tục tại Xo nên có (xn - 6, Xo + 5 ) sao cho f(x)<-C; Vậ}TfcI (x() 5 xr,’* ÄJ -C và do đó liên tục tại x(). Lý luận tương tự cho fc (x0) = c. Trường
hợp CỊ11 lại thì fc (x)=f(x) nên nó liên tục tại X().

xét cho m(x) =inf {f(ỗ) : a < z Nêu X(, =a thì m(x0)=m(a) =f(a). Do f liên tục phải tại a nên với r.: >0
có ồ >0 sao cho a < X < a +5 thì
f(a)- E< f(x)79*. Chỉ cần

khi đó với a
ta có:

mía)- c < m(x) < m(a) + 8 .
Vậy

I m(x)-m(a) I < e và m liên tục phải tại ạ.

Giả sử asao cho Xq-ỏ < X < x0 + ^ thì:

f(xn)- e < f(x) < f(x0) + 6 .
Với xo
với t<x0 thì f(t) > m(x0) > m(Xo) -e
Nhơ vậy với mọi a
M ặ t khác

x0I m (x)-m (x0) I Hơn nữa từ định nghĩa m(x0) ta thấy với 8>0 có a < Xị < x„ sao cho
f(Xj) < m(x0)+ e. K hi đó với Xj < X < x0 ta có:

m(Xo)-e < m(x) < fCx,) < m(x0) +E .
26