BÀI TẬP GIẢI TÍCH 1 CÓ ĐÁP ÁN

BÀI TẬP GIẢI TÍCH A1
Ts. Lê Xuân Đại
Ngày 7 tháng 7 năm 2011
Mục lục
1 GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ 3
1.1 Khái niệm dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 Định nghĩa dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.2 Tính chất của dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Giới hạn của dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2.1 Những khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2.2 Tính chất của giới hạn hữu hạn của dãy số . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2.3 Giới hạn vô cùng của dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2.4 Dãy con . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.5 Mối quan hệ giữa giới hạn riêng và giới hạn của dãy số hội tụ . . . . 6
1.3 Giới hạn của dãy đơn điệu. Định lý Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.4 Các phương pháp tìm giới hạn của dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.4.1 Dùng biến đổi đại số để tìm giới hạn của dãy số . . . . . . . . . . . . 7
1.4.2 Dùng định lý kẹp giữa tìm giới hạn của dãy số . . . . . . . . . . . . . 8
1.4.3 Sử dụng giới hạn cơ bản lim
n→+∞
q
n
= 0, |q| < 1 để tìm giới hạn của dãy 10
1.4.4 Sử dụng giới hạn cơ bản lim
n→+∞
(−1)
n
n
α
= 0, α > 0 để tìm giới hạn của dãy 11
1.4.5 Dùng định lý Weierstrass về sự tồn tại giới hạn của dãy đơn điệu . . 11

1.4.6 Tìm giới hạn của dãy số dùng giới hạn cơ bản lim
n→∞
(1 + u
n
)
1
u
n
= e, biết
rằng khi n → ∞ thì u
n
→ 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.4.7 Dùng mối quan hệ giữa giới hạn riêng và giới hạn của dãy số để chứng
minh dãy số phân kỳ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2 GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ 17
2.1 Giới hạn của hàm số tại một điểm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.2 Giới hạn của hàm số từ một phía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1
2.3 Giới hạn hữu hạn của hàm số tại điểm vô cùng . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.4 Giới hạn vô cùng của hàm số tại một điểm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.5 Giới hạn vô cùng của hàm số tại điểm vô cùng . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.6 Giới hạn vô cùng bé của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.7 Giới hạn vô cùng lớn của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.8 Tính chất của hàm vô cùng bé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.9 Giới hạn của hàm hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.10 Những giới hạn cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.11 So sánh hàm vô cùng bé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.12 Những hàm vô cùng bé tương đương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.13 So sánh hàm vô cùng lớn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.14 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.14.1 Tìm giới hạn của hàm một biến bằng cách thay vô cùng bé tương đương 22
2.14.2 So sánh những hàm vô cùng bé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.14.3 Tìm giới hạn của hàm một biến bằng cách thay vô cùng lớn tương đương 24
2.14.4 So sánh những vô cùng lớn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.14.5 Tìm giới hạn của hàm một biến dùng giới hạn cơ bản lim
x→0
(1+u(x))
1
u(x)
=
e, biết rằng khi x → a thì u(x) → 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.14.6 Tìm giới hạn của biểu thức có dạng f(x)
g(x)
khi x → a . . . . . . . . 25
2
Chương 1
GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ
1.1 Khái niệm dãy số
1.1.1 Định nghĩa dãy số
Định nghĩa 1.1.1 Ánh xạ f : N −→ R từ tập hợp số tự nhiên lên tập hợp số thực R được
gọi là dãy số.
Dãy số được kí hiệu là (x
n
).
1.1.2 Tính chất của dãy số
1. Tính tăng và tính giảm.
Định nghĩa 1.1.2 Dãy số (x
n
) được gọi là dãy tăng (dãy giảm) nếu như với mọi n ∈ N
luôn có bất đẳng thức x

n
< x
n+1
(x
n
< x
n+1
).
Ví dụ 1.1.1 Dãy x
n
= (1 +
1
n
)
n
, (n ∈ N) là dãy tăng.
Chứng minh. Vì x
n
= (1 +
1
n
)
n
> 0 nên ta chỉ cần chứng minh
x
n+1
x
n
> 1. Ta có
x

n+1
x
n
=
(1 +
1
n+1
)
n+1
(1 +
1
n
)
n
=
(
n+2
n+1
)
n+1
(
n+1
n
)
n
=

n+2
n+1
n+1

n

n+1
.
n + 1
n
=

n
2
+ 2n
n
2
+ 2n + 1

n+1
.
n + 1
n
=

1 −
1
(n + 1)
2

n+1
.
n + 1
n

>

1 −
1
n + 1

.
n + 1
n
=
n
n + 1
.
n + 1
n
= 1
(Bất đẳng thức Bernuli.) Chứng minh rằng, nếu số h > −1 và h = 0 thì luôn có bất đẳng
thức (1 + h)
n
> 1 + nh với mọi số tự nhiên n  2.
Chú ý rằng dấu đẳng thức có được là do dùng bất đẳng thức Bernuli.
Như vậy x
n
< x
n+1

3
Ví dụ 1.1.2 Dãy số x
n
= (1 +

1
n
)
n+1
, (n ∈ N) là dãy giảm.
Chứng minh. Vì x
n
= (1 +
1
n
)
n+1
> 0 nên ta chỉ cần chứng minh
x
n
x
n+1
> 1. Ta có
x
n
x
n+1
=
(1 +
1
n
)
n+1
(1 +
1

n+1
)
n+2
=
(
n+1
n
)
n+1
(
n+2
n+1
)
n+2
=

n+1
n
n+2
n+1

n+2
.
n
n + 1
=

n
2
+ 2n + 1

n
2
+ 2n

n+2
.
n
n + 1
=

1 +
1
n(n + 2)

n+2
.
n
n + 1
>

1 +
1
n

.
n
n + 1
=
n + 1
n

.
n
n + 1
= 1.
Chú ý rằng dấu bất đẳng thức có được là do dùng bất đẳng thức Bernuli.
Như vậy x
n
> x
n+1

2. Tính bị chặn.
Định nghĩa 1.1.3 Dãy số (x
n
) ⊂ R được gọi là bị chặn trên (dưới), nếu như tồn tại số
∃M ∈ R (m ∈ R), sao cho với mọi ∀n ∈ N luôn có x
n
 M(x
n
 m).
Số M (m) được gọi là cận trên (cận dưới) của dãy (x
n
).
Định nghĩa 1.1.4 Dãy số (x
n
) ⊂ R được gọi là bị chặn, nếu nó bị chặn trên và chặn dưới
có nghĩa là nếu như tồn tại số ∃M, m ∈ R sao cho với mọi ∀n ∈ N luôn có m  x
n
 M.
Định nghĩa 1.1.5 Dãy số (x
n

) ⊂ R được gọi là không bị chặn trên (dưới), nếu như với mọi
số ∀M ∈ R (m ∈ R), tồn tại số hạng của dãy số x
n
0
sao cho x
n
0
> M (x
n
0
< m).
Ví dụ 1.1.3 Dãy số x
n
= (1 +
1
n
)
n+1
(n ∈ N) bị chặn dưới bởi số m = 0, và bị chặn trên
bởi số M = (1 + 1)
2
= 4.
Chứng minh. Vì dãy này là dãy giảm nên với mọi ∀n ∈ N luôn có x
n
 x
1
= 4.
Với mọi ∀n ∈ N ta có x
n
> 0

Ví dụ 1.1.4 Dãy số x
n
= (1 +
1
n
)
n
, (n ∈ N) bị chặn dưới bởi số m = 0 và bị chặn trên bởi
số M = 4.
Chứng minh. Với mọi ∀n ∈ N luôn có x
n
> 0, và x
n
= (1 +
1
n
)
n
< (1 +
1
n
)
n+1
 4
1.2 Giới hạn của dãy số
1.2.1 Những khái niệm cơ bản
Định nghĩa 1.2.1 Số a ∈ R được gọi là giới hạn của dãy (x
n
) ⊂ R, nếu như với mọi
∀ε > 0 tồn tại số N = N(ε) sao cho với mọi ∀n > N luôn có bất đẳng thức |x

n
− a| < ε.
4
Chú ý. Nếu số a ∈ R là giới hạn của dãy (x
n
) ⊂ R thì ta viết là lim
n→∞
x
n
= a.
Định nghĩa 1.2.2 Dãy số (x
n
) ⊂ R có giới hạn hữu hạn a ∈ R được gọi là dãy hội tụ
đến a. Khi đó ta viết là x
n
→ a.
Định nghĩa 1.2.3 Dãy số (x
n
) ⊂ R được gọi là phân kỳ nếu như mọi số ∀a ∈ R không là
giới hạn của dãy số này.
1.2.2 Tính chất của giới hạn hữu hạn của dãy số
Định lý 1.2.1 Mọi dãy hội tụ (x
n
) ⊂ R đều bị chặn.
Chú ý. Điều ngược lại không đúng. Ví dụ dãy a
n
= (−1)
n
bị chặn nhưng phân kỳ.
Định lý 1.2.2 Nếu dãy số (x

n
) ⊂ R có giới hạn hữu hạn a thì giới hạn đó là duy nhất.
Định lý 1.2.3 Nếu dãy số (x
n
) ⊂ R và (y
n
) ⊂ R có giới hạn hữu hạn tương ứng là a và b
thì luôn có đẳng thức sau:
lim
n→∞
|x
n
| = |a|.
lim
n→∞
(x
n
± y
n
) = a ± b
lim
n→∞
(x
n
.y
n
) = a.b
Nếu bổ sung thêm điều kiện b = 0 thì ta có
lim
n→∞

x
n
y
n
=
a
b
.
Định lý 1.2.4 Nếu y
n
 x
n
 z
n
, ∀n > n
0
và lim
n→∞
y
n
= lim
n→∞
z
n
= a thì lim
n→∞
x
n
= a.
1.2.3 Giới hạn vô cùng của dãy số

Định nghĩa 1.2.4 Số +∞(−∞; ∞) được gọi giới hạn của dãy số (x
n
) ⊂ R, nếu như với
mọi ∀M > 0 tồn tại số N = N(M) >) sao cho với mọi ∀n > N luôn có bất đẳng thức
x
n
> M(x
n
< −M; |x
n
| > M).
5
1.2.4 Dãy con
Định nghĩa 1.2.5 Cho dãy số (x
n
) ⊂ R và n
1
< n
2
< . . . < n
k
< . . . một dãy số tự nhiên
tăng bất kỳ, khi đó dãy số x
n
1
, x
n
2
, . . . , x
n

k
, . . . được gọi là dãy con của dãy (x
n
). Dãy con
được kí hiệu là (x
n
k
).
Định nghĩa 1.2.6 Số c ∈ R được gọi là giới hạn riêng của dãy (x
n
), nếu như tồn tại
dãy con (x
n
k
) của dãy (x
n
), hội tụ đến số c.
1.2.5 Mối quan hệ giữa giới hạn riêng và g iới hạn của dãy số hội
tụ
Nếu như dãy (x
n
) hội tụ đến số a, thì với mọi dãy con (x
n
k
) của dãy (x
n
), giới hạn của nó
là a.
lim
n→∞

x
n
= a =⇒ lim
k→∞
x
n
k
= a
Định lý 1.2.5 Nếu dãy (x
n
) hội tụ thì tất cả giới hạn riêng của dãy (x
n
) đều bằng nhau và
bằng giới hạn của dãy số (x
n
).
Chú ý. Để chứng minh dãy (x
n
) phân kỳ ta làm như sau:
Cách 1. Chỉ ra 2 dãy con hội tụ về 2 giới hạn riêng khác nhau.
Cách 2. Chỉ ra 1 dãy con phân kỳ.
Ví dụ 1.2.1 Nói chung đối với một số dãy số thì có thể tồn tại những giới hạn r iêng khác
nhau.
Đối với dãy (x
n
) = (−1)
n
(n ∈ N), dãy con của nó (x
2k
) = (−1)

2k
= 1 và (x
2k−1
) =
(−1)
2k−1
= −1 có giới hạn riêng lần lượt là 1 và -1. Chúng không bằng nhau.
Ví dụ 1.2.2 Không phải với dãy số nào cũng có giới hạn riêng.
Dãy số 1, 2, . . . , n, . . . không có giới hạn riêng.
1.3 Giới hạn của dãy đơn điệu. Định lý Weierstrass
Định lý 1.3.1 Nếu dãy số đơn điệu tăng (giảm) (x
n
) ⊂ R bị chặn trên (dưới): x
1
 x
2

. . .  x
n
 . . .  y (x
1
 x
2
 . . .  x
n
 . . .  z), thì nó có giới hạn hữu hạn. Còn nếu
6
như dãy số đơn điệu tăng (giảm) (x
n
) ⊂ R không bị chặn trên (dưới) thì giới hạn của nó là

+∞(−∞).
Ví dụ 1.3.1 Chứng minh rằng dãy số (x
n
) = (1 +
1
n
)
n
(n ∈ N) có giới hạn hữu hạn. Giới
hạn này được kí hiệu là e.
Chứng minh. Như ta đã biết dãy (x
n
) trên là dãy tăng và bị chặn trên. Vì vậy theo
định lý Weierstrass tồn tại giới hạn hữu hạn
lim
n→∞
(1 +
1
n
)
n
= e.
Chú ý. Số e là số siêu việt (không phải là số đại số). Nó không là nghiệm của đa thức
với hệ số nguyên có bậc n  1. Số e ≈ 2, 718281828459045, số này còn được gọi là số Neper
hay số Ơle.
1.4 Các phương pháp tìm giới hạn của dãy số
1.4.1 Dùng biến đổi đại số để tìm giới hạn của dãy số
Bài 1.4.1 Tìm giới hạn I = lim
n→∞


n
2
n + 1
−
n
3
n
2
+ 1

.
Giải.
I = lim
n→∞
n
2
(n
2
+ 1) − n
3
(n + 1)
(n + 1)(n
2
+ 1)
= lim
n→∞
n
2
− n
3

(n + 1)(n
2
+ 1)
= lim
n→∞
1
n
− 1
(1 +
1
n
)(1 +
1
n
2
)
= −1.
Bài 1.4.2 Tìm giới hạn I = lim
n→∞
(n + 1)
4
− (n − 1)
4
(n
2
+ 1)
2
− (n
2
− 1)

2
.
Giải.
I = lim
n→∞
(n + 1 − n + 1)(n + 1 + n − 1)((n + 1)
2
+ (n − 1)
2
)
(n
2
+ 1 − n
2
+ 1)(n
2
+ 1 + n
2
− 1)
= lim
n→∞
2n(n
2
+ 1)
n
2
= ∞.
Bài 1.4.3 Tìm giới hạn I = lim
n→∞
1

n(
√
n
2
− 1 − n)
.
Giải.
I = lim
n→∞
√
n
2
− 1 + n
n(n
2
− 1 − n
2
)
= lim
n→∞

1 −
1
n
2
+ 1
−1
= −2.
Bài 1.4.4 Tìm giới hạn I = lim
n→∞

√
n
2
+ 1 − n
√
n + 1 −
√
n
.
7
Giải.
I = lim
n→∞
(n
2
+ 1 − n
2
)(
√
n + 1 +
√
n)
(n + 1 − n)(
√
n
2
+ 1 + n)
= lim
n→∞


1
n
+
1
n
2
+

1
n

1 +
1
n
2
+ 1
= 0.
Bài 1.4.5 Tìm giới hạn I = lim
n→∞
√
n
2
+ 1 − n
√
n
3
+ 1 − n
√
n
.

Giải.
I = lim
n→∞
(n
2
+ 1 − n
2
)(
√
n
3
+ 1 + n
√
n)
(n
3
+ 1 − n
3
)(
√
n
2
+ 1 + n)
= lim
n→∞

n +
1
n
3

+
√
n

1 +
1
n
2
+ 1
= ∞.
Bài 1.4.6 Tìm giới hạn I = lim
n→∞
4
√
n
3
+ n −
√
n
n + 2 +
√
n + 1
.
Giải.
I = lim
n→∞
4

1
n

+
1
n
3
−

1
n
1 +
2
n
+

1
n
+
1
n
2
= 0.
1.4.2 Dùng định lý kẹp giữa tìm giới hạn của dãy số
Định lý 1.4.1 Nếu y
n
 x
n
 z
n
, ∀n > n
0
và lim

n→∞
y
n
= lim
n→∞
z
n
= a thì lim
n→∞
x
n
= a.
Bài 1.4.7 Tìm giới hạn
lim
n→∞
1 + 2
2
+ . . . + n
n
n
n
.
Giải.
Đặt
a
n
=
1 + 2
2
+ . . . + n

n
n
n
.
Khi đó ta có
1 =
n
n
n
n
 a
n

n
1
+ n
2
+ . . . + n
n
n
n
=
n
n+1
− n
(n − 1)n
n
=
n
n

− 1
n
n
.
n
n − 1
<
n
n − 1
.
Vì
n
n − 1
→ 1 nên a
n
→ 1 khi n → ∞.
Bài 1.4.8 I = lim
n→∞
1
√
n!
Giải.
Bằng phương pháp qui nạp toán học ta có thể chứng minh được n! >
n
2
4
, ∀n ∈ N.
Do đó 0 <
1
√

n!
<
2
n
. Mặt khác lim
n→∞
2
n
= 0 nên I = 0.
8
Bài 1.4.9 I = lim
n→∞
n
√
n
Giải.
Theo công thức nhị thức Newton ta có
n = (1 + (
n
√
n − 1))
n
= 1 + n(
n
√
n − 1) +
n(n + 1)
2
(
n

√
n − 1)
2
+ . . . + (
n
√
n − 1)
n
.
Với mọi ∀n > 1 ta có n >
n(n+1)
2
(
n
√
n−1)
2
. Do đó với mọi ∀n > 1, 0 <
n
√
n−1 <

2
n + 1
.
Mặt khác lim
n→∞

2
n + 1

= 0 nên lim
n→∞
n
√
n − 1 = 0 hay I = 1.
Bài 1.4.10 I = lim
n→∞
n
√
a, a > 1.
Giải.
Theo công thức nhị thức Newton ta có
a = (1 + (
n
√
a − 1))
n
= 1 + n(
n
√
a − 1) +
n(n + 1)
2
(
n
√
a − 1)
2
+ . . . + (
n

√
a − 1)
n
.
Với a > 1 ta có a > n(
n
√
a − 1). Do đó 0 <
n
√
a − 1 <
a
n
. Mặt khác lim
n→∞
a
n
= 0 nên
lim
n→∞
n
√
a − 1 = 0 hay I = 1.
Bài 1.4.11 I = lim
n→∞
q
n
, |q | < 1.
Giải.
Nếu q = 0 thì I = 0.

Nếu q = 0 thì ta có
1
|q|
> 1, do đó
1
|q|
= 1 + h, h > 0. Từ đó theo bất đẳng thức Bernouli
ta có
1
|q|
n
= (1 + h)
n
> 1 + nh > nh ⇒ 0 < |q|
n
<
1
nh
.
Mặt khác lim
n→∞
1
nh
= 0 nên I = 0.
Bài 1.4.12 I = lim
n→∞
n
a
n
, a > 1.

Giải.
Theo công thức nhị thức Newton ta có
a
n
= (1 + (a − 1))
n
= 1 + n(a − 1) +
n(n + 1)
2
(a − 1)
2
+ . . . + (a − 1)
n
.
Với a > 1 ta có a
n
>
n(n+1)
2
(a − 1)
2
. Do đó 0 <
n
a
n
<
2
(n + 1)(a − 1)
2
. Mặt khác

lim
n→∞
2
(n + 1)(a − 1)
2
= 0 nên I = 0.
9
Bài 1.4.13 I = lim
n→+∞
(−1)
n
n
α
, α > 0
Giải.
Với α > 0 ta có
−1
n
α

(−1)
n
n
α

1
n
α
Mặt khác lim
n→∞

−1
n
α
= lim
n→∞
1
n
α
= 0 nên I = 0.
1.4.3 Sử dụng giới hạn cơ bản lim
n→+∞
q
n
= 0, |q| < 1 để tìm giới hạn
của dãy
Bài 1.4.14 Tìm giới hạn của dãy a
n
=
1 + 7
n+2
3 − 7
n
Giải.
Chia tử số và mẫu số cho 7
n
ta có
a
n
=
1

7
n
+ 7
2
3
7
n
− 1
Do đó lim
n→∞
a
n
= lim
n→∞
1
7
n
+ 7
2
3
7
n
− 1
= −49 vì lim
n→∞
1
7
n
= 0.
Bài 1.4.15 Tìm giới hạn lim

n→∞
2
n+2
+ 3
n+3
2
n
+ 3
n
Giải.
Chia tử số và mẫu số cho 3
n
ta có
a
n
=
4.2
n
3
n
+ 3
3
2
n
3
n
+ 1
Do đó lim
n→∞
a

n
= lim
n→∞
4.2
n
3
n
+ 3
3
2
n
3
n
+ 1
= 27 vì lim
n→∞
2
n
3
n
= 0.
Bài 1.4.16 Tìm giới hạn lim
n→∞
5.2
n
− 3.5
n+1
100.2
n
+ 2.5

n
Giải.
Chia tử số và mẫu số cho 5
n
ta có
a
n
=
5.2
n
5
n
− 3.5
100.2
n
5
n
+ 2
Do đó lim
n→∞
a
n
= lim
n→∞
5.2
n
5
n
− 3.5
100.2

n
5
n
+ 2
= −
15
2
vì lim
n→∞
2
n
5
n
= 0.
10
Bài 1.4.17 Tìm giới hạn lim
n→∞
(−1)
n
.6
n
− 5
n+1
5
n
− (−1)
n
.6
n+1
Giải.

Chia tử số và mẫu số cho (−6)
n
ta có
a
n
=
1 −
5.5
n
(−6)
n
5
n
(−6)
n
− 6
Do đó lim
n→∞
a
n
= lim
n→∞
1 −
5.5
n
(−6)
n
5
n
(−6)

n
− 6
= −
1
6
vì lim
n→∞
5
n
(−6)
n
= 0.
Bài 1.4.18 Tìm giới hạn lim
n→∞
2
n
+ 3
−n
2
−n
− 3
n
Giải.
Chia tử số và mẫu số cho 3
n
ta có
a
n
=
2

n
3
n
+
1
9
n
1
6
n
− 1
Do đó lim
n→∞
a
n
= lim
n→∞
2
n
3
n
+
1
9
n
1
6
n
− 1
= 0 vì lim

n→∞
2
n
3
n
= lim
n→∞
1
9
n
= lim
n→∞
1
6
n
= 0.
1.4.4 Sử dụng giới hạn cơ bản lim
n→+∞
(−1)
n
n
α
= 0, α > 0 để tìm giới hạn
của dãy
Bài 1.4.19 Tìm giới hạn lim
n→∞
(−1)
n
+
1

n
1
n
2
− (−1)
n
Giải.
Chia tử số và mẫu số cho (−1)
n
ta có
a
n
=
1 +
(−1)
n
n
(−1)
n
n
2
− 1
Do đó lim
n→∞
a
n
= lim
n→∞
1 +
(−1)

n
n
(−1)
n
n
2
− 1
= −1 vì lim
n→∞
(−1)
n
n
= lim
n→∞
(−1)
n
n
2
= 0.
1.4.5 Dùng định lý Weierstrass về sự tồn tại giới hạn của dãy đơn
điệu
Định lý 1.4.2 Nếu dãy số đơn điệu tăng (giảm) (x
n
) ⊂ R bị chặn trên (dưới): x
1
 x
2

. . .  x
n

 . . .  y (x
1
 x
2
 . . .  x
n
 . . .  z), thì nó có giới hạn hữu hạn. Còn nếu
như dãy số đơn điệu tăng (giảm) (x
n
) ⊂ R không bị chặn trên (dưới) thì giới hạn của nó là
+∞(−∞).
11
Bài 1.4.20 Chứng minh rằng dãy a
n
=
1
5 + 1
+
1
5
2
+ 1
+ . . . +
1
5
n
+ 1
hội tụ.
Giải.
Dãy a

n
là dãy đơn điệu tăng. Thật vậy, vì
a
n+1
= a
n
+
1
5
n+1
+ 1
nên a
n+1
> a
n
.
Dãy a
n
bị chặn trên. Thật vậy
a
n
=
1
5 + 1
+
1
5
2
+ 1
+ . . . +

1
5
n
+ 1
<
1
5
+
1
5
2
+ . . . +
1
5
n
=
1
5
−
1
5
n+1
1 −
1
5
=
1
4

1 −

1
5
n

<
1
4
.
Như vậy, dãy a
n
đã cho đơn điệu tăng và bị chặn trên nên nó hội tụ.
Bài 1.4.21 Chứng minh rằng dãy a
n
=
1
3 + 1
+
1
3
2
+ 2
+ . . . +
1
3
n
+ n
hội tụ.
Giải.
Dãy a
n

là dãy đơn điệu tăng. Thật vậy, vì
a
n+1
= a
n
+
1
3
n+1
+ n + 1
nên a
n+1
> a
n
.
Dãy a
n
bị chặn trên. Thật vậy
a
n
=
1
3 + 1
+
1
3
2
+ 2
+ . . . +
1

3
n
+ n
<
1
3
+
1
3
2
+ . . . +
1
3
n
=
1
3
−
1
3
n+1
1 −
1
3
=
1
2

1 −
1

3
n

<
1
2
.
Như vậy, dãy a
n
đã cho đơn điệu tăng và bị chặn trên nên nó hội tụ.
Bài 1.4.22 Chứng minh rằng dãy a
n
=
2
n
n!
hội tụ và tìm giới hạn của nó.
Giải.
Dãy a
n
là dãy đơn điệu giảm. Thật vậy, vì
a
n+1
a
n
=
2
n+1
(n+1)!
2

n
n!
=
2
n + 1
< 1, ∀n > 1.
nên a
n+1
< a
n
.
Dãy a
n
bị chặn dưới bởi 0 vì a
n
> 0. Như vậy, dãy a
n
đã cho đơn điệu giảm và bị chặn
dưới nên nó hội tụ.
Giả sử lim
n→∞
a
n
= a. Ta có a
n+1
=
2
n + 1
a
n

. Lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức này khi
n → ∞ ta được
lim
n→∞
a
n+1
= lim
n→∞
2
n + 1
. lim
n→∞
a
n
.
Do đó a = 0.a ⇒ a = 0. Vậy lim
n→∞
2
n
n!
= 0.
12
Bài 1.4.23 Cho dãy a
1
=
√
2, a
n+1
=
√

2a
n
. Chứng minh rằng dãy (a
n
) hội tụ và tìm giới
hạn của nó.
Giải.
Dãy a
n
là dãy đơn điệu tăng vì a
1
< a
2
< a
3
< . . . .
Ta sẽ chứng minh dãy a
n
bị chặn trên bởi 2.
Thật vậy, a
1
=
√
2, a
2
=
√
2a
1
<

√
2.2 = 2.
Giả sử đã chứng minh được rằng a
n
 2. Ta sẽ chứng minh a
n+1
 2. Thật vậy, a
n+1
=
√
2a
n

√
2.2 = 2. Vậy theo nguyên lý qui nạp ta có a
n
 2, ∀n ∈ N
Như vậy, dãy a
n
đã cho đơn điệu tăng và bị chặn trên nên nó hội tụ.
Giả sử lim
n→∞
a
n
= a. Ta có a
n+1
=
√
2a
n

⇒ a
2
n+1
= 2a
n
. Lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức
này khi n → ∞ ta được
lim
n→∞
a
2
n+1
= 2. lim
n→∞
a
n
.
Do đó a
2
= 2.a ⇒ a = 0

a = 2. Vì a
n
>
√
2 nên a = 2. Vậy lim
n→∞
a
n
= 2.

Bài 1.4.24 Cho dãy x
1
=
√
a, x
2
=

a +
√
a, . . . , x
n
=

a +

a + . . . +
√
a
  
n dấu căn
, a > 0.
Chứng minh rằng dãy (x
n
) hội tụ và tìm giới hạn của nó.
Giải.
Dãy a
n
là dãy đơn điệu tăng vì x
1

< x
2
< x
3
< . . . .
Ta sẽ chứng minh dãy x
n
bị chặn trên bởi
√
a + 1.
Thật vậy, x
1
=
√
a <
√
a+1, x
2
=

a +
√
a <

a +
√
a + 1 <

a + 2
√

a + 1 =
√
a+1.
Giả sử đã chứng minh được rằng x
n

√
a + 1. Ta sẽ chứng minh a
n+1

√
a + 1. Thật
vậy, a
n+1
=
√
a + x
n
<

a +
√
a + 1 <

a + 2
√
a + 1 =
√
a + 1. Vậy theo nguyên lý qui
nạp ta có x

n

√
a + 1, ∀n ∈ N
Như vậy, dãy x
n
đã cho đơn điệu tăng và bị chặn trên nên nó hội tụ.
Giả sử lim
n→∞
x
n
= x. Ta có x
n+1
=
√
a + x
n
⇒ x
2
n+1
= a + x
n
. Lấy giới hạn 2 vế của đẳng
thức này khi n → ∞ ta được
lim
n→∞
x
2
n+1
= a + lim

n→∞
x
n
.
Do đó x
2
= a + x ⇒ x =
1 −
√
1 + 4a
2

x =
1 +
√
1 + 4a
2
. Vì a
n
> 0 nên x =
1 +
√
1 + 4a
2
.
Vậy lim
n→∞
x
n
=

1 +
√
1 + 4a
2
.
13
Bài 1.4.25 Tìm giới hạn của dãy a
n
được xác định như sau:
0 < a
1
< 1, a
n+1
= a
n
(2 − a
n
), ∀n  1.
Giải.
Đầu tiên ta sẽ chứng minh a
n
bị chặn, cụ thể là 0 < a
n
< 1.
Thật vậy, ta có 0 < a
1
< 1.
Giả sử đã chứng minh được rằng 0 < a
n
< 1. Ta sẽ chứng minh 0 < a

n+1
< 1. Thật vậy,
a
n+1
= a
n
(2 −a
n
) = 1 −(1 −a
n
)
2
. Do 0 < (1 −x
n
)
2
< 1 nên 0 < a
n+1
< 1. Vậy theo nguyên
lý qui nạp ta có 0 < a
n+1
< 1, ∀n ∈ N
Bây giờ ta sẽ chứng minh dãy a
n
đơn điệu tăng. Thậy vậy a
n+1
= a
n
(2 − a
n

) ⇒
a
n+1
a
n
=
2 − a
n
> 1. Từ đó a
n+1
> a
n
, ∀n ∈ N
Như vậy, dãy a
n
đã cho đơn điệu tăng và bị chặn trên nên nó hội tụ.
Giả sử lim
n→∞
a
n
= a. Ta có a
n+1
= a
n
(2 − a
n
). Lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức này khi
n → ∞ ta được
lim
n→∞

a
n+1
= lim
n→∞
a
n
. lim
n→∞
(2 − a
n
).
Do đó a = a.(2 − a) ⇒ a = 0

a = 1. Vì a
n
> a
0
> 0 và a
n
đơn điệu tăng nên a = 1. Vậy
lim
n→∞
a
n
= 1.
Bài 1.4.26 Cho dãy a
1
=
k
√

5, a
n+1
=
k
√
5a
n
, k ∈ N. Chứng minh rằng dãy (a
n
) hội tụ và
tìm giới hạn của nó.
Giải.
Dãy a
n
là dãy đơn điệu tăng vì a
1
< a
2
< a
3
< . . . .
Ta sẽ chứng minh dãy a
n
bị chặn trên bởi
k−1
√
5.
Thật vậy, a
1
=

k
√
5, a
2
=
k
√
5a
1
= 5
1
k
+
1
k
2
< 5
1
k−1
=
k−1
√
5.
Giả sử đã chứng minh được rằng a
n

k−1
√
5. Ta sẽ chứng minh a
n+1


k−1
√
5. Thật vậy,
a
n+1
=
k
√
5a
n
 5
1
k
+
1
k(k−1)
= 5
1
k−1
=
k−1
√
5.
Vậy theo nguyên lý qui nạp ta có a
n

k−1
√
5, ∀n ∈ N

Như vậy, dãy a
n
đã cho đơn điệu tăng và bị chặn trên nên nó hội tụ.
Giả sử lim
n→∞
a
n
= a. Ta có a
n+1
=
k
√
5a
n
⇒ a
k
n+1
= 5a
n
. Lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức
này khi n → ∞ ta được
lim
n→∞
a
k
n+1
= 5. lim
n→∞
a
n

.
Do đó a
k
= 5.a ⇒ a = 0

a =
k−1
√
5. Vì a
n
>
k
√
5 nên a =
k−1
√
5. Vậy lim
n→∞
a
n
=
k−1
√
5.
14
Bài 1.4.27 Chứng minh rằng dãy a
n
=
n!
n

n
hội tụ và tìm giới hạn của nó.
Giải.
Dãy a
n
là dãy đơn điệu giảm. Thật vậy, vì
a
n+1
a
n
=
(n+1)!
(n+1)
n+1
n!
n
n
=
n
n
(n + 1)
n
< 1,
nên a
n+1
< a
n
.
Dãy a
n

bị chặn dưới bởi 0 vì a
n
> 0. Như vậy, dãy a
n
đã cho đơn điệu giảm và bị chặn
dưới nên nó hội tụ.
Giả sử lim
n→∞
a
n
= a. Ta có a
n+1
=
n
n
(n + 1)
n
.a
n
. Lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức này khi
n → ∞ ta được
lim
n→∞
a
n+1
= lim
n→∞
n
n
(n + 1)

n
. lim
n→∞
a
n
.
Do đó a = e
−1
.a ⇒ a = 0. Vậy lim
n→∞
n!
n
n
= 0.
1.4.6 Tìm giới hạn của dãy số dùng giới hạn cơ bản lim
n→∞
(1+u
n
)
1
u
n
=
e, biết rằng khi n → ∞ thì u
n
→ 0.
Bài 1.4.28 Tìm giới hạn lim
n→∞

1 +

1
n + k

n
, k ∈ N
Giải.
lim
n→∞

1 +
1
n + k

n
= lim
n→∞

1 +
1
n + k

(n+k).
n
n+k
= e.
Bài 1.4.29 Tìm giới hạn lim
n→∞

n
n + 1


n
.
Giải.
lim
n→∞

1 −
1
n + 1

n
= lim
n→∞

1 −
1
n + 1

−(n+1).
n
−(n+1)
= e
−1
.
Bài 1.4.30 Tìm giới hạn lim
n→∞

1 +
1

2n

n
.
Giải.
lim
n→∞

1 +
1
2n

n
= lim
n→∞

1 +
1
2n

2n.
n
2n
= e
1
2
.
Bài 1.4.31 Tìm giới hạn lim
n→∞


2
n
+ 1
2
n

2
n
.
lim
n→∞

2
n
+ 1
2
n

2
n
= lim
n→∞

1 +
1
2
n

2
n

= e.
15
1.4.7 Dùng mối quan hệ giữa giới hạn riêng và giới hạn của dãy
số để chứng minh dãy số phân kỳ
Định lý 1.4.3 Nếu dãy (x
n
) hội tụ thì tất cả giới hạn riêng của dãy (x
n
) đều bằng nhau và
bằng giới hạn của dãy số (x
n
).
Chú ý. Để chứng minh dãy (x
n
) phân kỳ ta làm như sau:
Cách 1. Chỉ ra 2 dãy con hội tụ về 2 giới hạn riêng khác nhau.
Cách 2. Chỉ ra 1 dãy con phân kỳ.
Bài 1.4.32 Chứng minh rằng dãy a
n
= (−1)
n
2n + 3
3n + 1
phân kỳ.
Giải.
Xét 2 dãy con với chỉ số chẵn và lẻ ta có
a
2k
= (−1)
2k

2.2k + 3
3.2k + 1
→
2
3
, a
2k+1
= (−1)
2k+1
2.(2k + 1) + 3
3.(2k + 1) + 1
→ −
2
3
khi n → ∞.
Vậy tồn tại 2 dãy con có giới hạn khác nhau nên dãy đã cho phân kỳ.
16
Chương 2
GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ
2.1 Giới hạn của hàm số tại một điểm
Cho X ⊂ R là 1 tập hợp số nào đó, còn a ∈ R là 1 số cố định nào đó.
Định nghĩa 2.1.1 Nếu số a ∈ R là điểm giới hạn của tập hợp X ⊂ R, thì tồn tại dãy số
(x
n
) ⊂ X \a hội tụ về điểm a này x
n
→ a.
Cho hàm số f (x) xác định trên tập hợp số X ⊂ R và số a ∈ R là điểm giới hạn của tập
hợp X.
Định nghĩa 2.1.2 (theo Côsi) Số A ∈ R được gọi là giới hạn của hàm số f(x) khi x → a,

nếu như với mọi ∀ε > 0 tồn tại ∃δ = δ(ε) > 0 sao cho với mọi ∀x ∈ X \ a thỏa mãn
|x − a| < δ luôn có |f (x) −A| < ε.
Định nghĩa 2.1.3 (theo Gene)
Số A ∈ R được gọi là giới hạn của hàm số f (x) khi x → a, nếu như với mọi dãy
∀(x
n
) ⊂ X \a hội tụ về a : x
n
→ a, dãy giá trị của hàm số tương ứng hội tụ về A : f(x
n
) → A.
2.2 Giới hạn của hàm số từ một phía
Cho hàm số f(x) xác định trên tập hợp X ⊂ R còn a ∈ R là 1 số nào đó. Xét tập hợp
X
+
a
= {x ∈ X \x > a} và X
−
a
= {x ∈ X \x < a}.
Cho hàm số f (x) xác định trên tập hợp X ⊂ R còn a ∈ R là điểm giới hạn của tập hợp
X
+
a
(X
−
a
).
17
Định nghĩa 2.2.1 (giới hạn của hàm số từ 1 phía)

Số A ∈ R được gọi là giới hạn của hàm số f (x) khi x → a từ bên phải (từ bên trái) nếu
như
lim
x→a,x∈X
+
a
f(x) = A ( lim
x→a,x∈X
−
a
f(x) = A)
Chúng được kí hiệu là lim
x→a+0
f(x), f (a + 0) và lim
x→a−0
f(x), f (a −0)
Ví dụ.
f(x) = signx =









1, x > 0
0, x = 0
−1, x < 0

Dễ dàng thấy rằng
f(0 + 0) = lim
x→0+0
f(x) = 1
còn
f(0 − 0) = lim
x→0−0
f(x) = −1.
Cho a ∈ R là điểm giới hạn của tập hợp X
+
a
= {x ∈ X \x > a} và tập hợp X
−
a
= {x ∈
X \x < a}. Khi đó a cũng là điểm giới hạn của tập hợp X. Khi đó ta có định lý sau:
Định lý 2.2.1 (về mối quan hệ giữa giới hạn từ 2 phía và từ 1 phía của hàm số tại 1 điểm.)
Đẳng thức lim
x→a
f(x) = A tương đương với 2 đẳng thức sau





lim
x→a+0
f(x) = A
lim
x→a−0

f(x) = A
2.3 Giới hạn hữu hạn của hàm số tại điểm vô cùng
Cho hàm số f(x) xác định trên tập hợp X ⊂ R và +∞(−∞, ∞) là điểm giới hạn của tập
hợp X.
Định nghĩa 2.3.1 Số A ∈ R được gọi là giới hạn của hàm số f(x) khi x → +∞(x →
−∞, x → ∞) nếu như với mọi ∀ε > 0 tồn tại số ∃N = N (ε) > 0 sao cho với mọi ∀x ∈ X
thỏa mãn bất đẳng thức x > N(x < −N, |x| > N) luôn có bất đẳng thức |f(x) − A| < ε.
18
2.4 Giới hạn vô cùng của hàm số tại một điểm
Cho hàm số f(x) xác định trên tập hợp X ⊂ R và a ∈ R là điểm giới hạn của tập hợp X
này.
Định nghĩa 2.4.1 Số +∞(−∞, ∞) được gọi là giới hạn của hàm số f(x) khi x → a nếu
như với mọi ∀M > 0 tồn tại số δ = δ(M) > 0 sao cho với mọi ∀x ∈ X \ a thỏa mãn bất
đẳng thức |x − a| < δ luôn có bất đẳng thức f (x) > M(f(x) < −M, |f(x)| > M ).
2.5 Giới hạn vô cùng của hàm số tại điểm vô cùng
Cho hàm số f(x) xác định trên tập hợp X ⊂ R và +∞(−∞, ∞) là điểm giới hạn của tập
hợp X.
Định nghĩa 2.5.1 Số +∞(−∞, ∞) được gọi là giới hạn của hàm số f (x) khi x → +∞(x →
−∞, x → ∞) nếu như với mọi ∀M > 0 tồn tại số ∃N = N(M ) > 0 sao cho với mọi ∀x ∈ X
thỏa mãn bất đẳng thức x > N(x < −N, |x| > N) luôn có bất đẳng thức f(x) > M (f(x) <
−M, |f (x)| > M).
2.6 Giới hạn vô cùng bé của hàm số
Cho hàm số α = α(x) xác định trên tập hợp X ⊂ R và số a ∈ R là điểm giới hạn của tập
hợp X.
Định nghĩa 2.6.1 Hàm số α = α(x) được gọi là hàm vô cùng bé khi x → a, nếu như giới
hạn của nó bằng 0 : lim
x→a
α(x) = 0.
2.7 Giới hạn vô cùng lớn của hàm số
Cho hàm số f(x) xác định trên tập hợp X ⊂ R và số a ∈ R là điểm giới hạn của tập hợp

X.
Định nghĩa 2.7.1 Hàm số f(x) được gọi là hàm vô cùng lớn khi x → a nếu lim
x→a
|f(x)| =
+∞.
19
2.8 Tính chất của hàm vô cùng bé
Cho hàm số α = α (x) và β = β(x) xác định trên cùng 1 tập hợp X ⊂ R và số a ∈ R là điểm
giới hạn của tập hợp X.
1
o
Nếu hàm số α = α(x) và β = β(x) là hàm vô cùng b é khi x → a thì hàm số
α ± β = α(x) ± β(x) cũng là hàm vô cùng bé khi x → a.
2
o
Nếu α = α (x) là hàm vô cùng bé khi x → a thì với mọi ∀c ∈ R tích c.α(x) cũng là
hàm vô cùng bé khi x → a.
3
o
Nếu α = α(x) và β = β(x) là hàm vô cùng bé khi x → a thì tích của nó α.β = α(x).β(x)
cũng là hàm vô cùng bé khi x → a.
2.9 Giới hạn của hàm hợp
Định lý 2.9.1 Cho lim
x→a
f(x) = b, lim
y→b
g(y) = c và tồn tại số δ
0
> 0 sao cho với mọi ∀x ∈
X \ a thỏa mãn bất đẳng thức |x − a| < δ

0
luôn có f(x) = b thì giới hạn của hàm hợp là
lim
x→a
g(f(x)) = c.
2.10 Những giới hạn cơ bản
1. lim
x→0
sin x
x
= 1
2. lim
x→0
(1 + x)
1
x
= e
3. lim
x→0
log
a
(1 + x)
x
= log
a
e =
1
ln a
(a > 0, a = 1)
4. lim

x→0
ln(1 + x)
x
= 1
5. lim
x→0
a
x
− 1
x
= ln a(a > 0, a = 1)
6. lim
x→0
e
x
− 1
x
= 1
7. lim
x→0
(1 + x)
µ
− 1
x
= µ(µ ∈ R)
8. lim
x→0
n
√
1 + x − 1

x
=
1
n
(n ∈ N)
9. lim
x→0
√
1 + x − 1
x
=
1
2
20
2.11 So sánh hàm vô cùng bé
Cho hàm số α = α(x) và β = β(x) xác định trên cùng 1 tập xác định X ⊂ R và số a ∈ R là
điểm giới hạn của tập hợp X.
Cho hàm số α = α(x) và β = β(x) với cùng 1 tập xác định X ⊂ R là những hàm vô
cùng bé khi x → a, khi đó nếu như
1. lim
x→a
α(x)
β(x)
= 0 thì α(x) được gọi là hàm vô cùng bé có bậc cao hơn β(x).
2. lim
x→a
α(x)
β(x)
= c = 0(c ∈ R) thì α(x), β(x) được gọi là hàm vô cùng bé có cùng bậc.
3. lim

x→a
α(x)
β(x)
= ∞ thì α(x) được gọi là hàm vô cùng bé có bậc thấp hơn β(x).
4. không tồn tại lim
x→a
α(x)
β(x)
hữu hạn hay vô cùng thì α(x), β(x) được gọi là những hàm vô
cùng bé không so sánh được.
2.12 Những hàm vô cùng bé tương đương
Định nghĩa 2.12.1 Những hàm vô cùng bé α = α(x) và β = β(x) khi x → a được gọi là
tương đương nếu như lim
x→a
α(x)
β(x)
= 1.
Định lý 2.12.1 (nguyên lý thay thế hàm vô cùng bé tương đương.)
Cho hàm vô cùng bé α = α(x) khi x → a tương đương với hàm vô cùng bé α = α(x) còn
hàm vô cùng bé β = β(x) khi x → a tương đương với hàm vô cùng bé β = β(x). Khi đó luôn
có đẳng thức
lim
x→a
α(x)
β(x)
= lim
x→a
α(x)
β(x)
nếu như có ít nhất 1 trong 2 giới hạn trên tồn tại.

Bảng những hàm vô cùng bé tương đương.
Khi x → 0 những hàm vô cùng bé sau tương đương.
1. sin x ∼ x
2. tan x ∼ x
3. 1 − cos x ∼
1
2
x
2
4. a
x
− 1 ∼ x. ln a(a > 0, a = 1)
e
x
− 1 ∼ x
5. log
a
(1 + x) ∼ x log
a
e =
x
ln a
(a > 0, a = 1)
ln(1 + x) ∼ x
21
6. (1 + x)
µ
− 1 ∼ µ.x(µ ∈ R)
√
1 + x − 1 ∼

x
2
n
√
1 + x − 1 ∼
x
n
(n ∈ N)
2.13 So sánh hàm vô cùng lớn
Cho hàm số f(x) và g(x) xác định trên cùng 1 tập xác định X ⊂ R và số a ∈ R là điểm giới
hạn của tập hợp X.
Cho hàm số f(x) và g(x) với cùng 1 tập xác định X ⊂ R là những hàm vô cùng lớn khi
x → a, khi đó nếu như
1. lim
x→a
f(x)
g(x)
= ∞ thì f(x) được gọi là hàm vô cùng lớn có bậc cao hơn g(x).
2. lim
x→a
f(x)
g(x)
= c = 0(c ∈ R) thì f(x), g(x) được gọi là hàm vô cùng lớn có cùng bậc.
3. lim
x→a
f(x)
g(x)
= 0 thì f(x) được gọi là hàm vô cùng lớn có bậc thấp hơn g(x).
4. không tồn tại lim
x→a

f(x)
g(x)
hữu hạn hay vô cùng thì f(x), g(x) được gọi là những hàm vô
cùng lớn không so sánh được.
Định nghĩa 2.13.1 Những hàm vô cùng lớn f(x) và g(x) khi x → a được gọi là tương
đương nếu như lim
x→a
f(x)
g(x)
= 1.
Những giới hạn cơ bản của vô cùng lớn.
1. lim
x→+∞
x
α
a
x
= 0 (a > 1)
2. lim
x→+∞
ln
α
x
x
β
= 0 (∀α >, β > 0)
2.14 Bài tập
2.14.1 Tìm giới hạn của hàm một biến bằng cách thay vô cùng bé
tương đương
Tìm giới hạn của những hàm số sau:

Bài 2.14.1 I = lim
x→0
ln(1 + x tan x)
x
2
+ sin
3
x
22
Giải.
Ta có lim
x→0
ln(1 + x tan x) = 0 và lim
x→0
x
2
+ sin
3
x = 0 nên ta có thể thay chúng bằng những
vô cùng bé tương đương.
Khi x → 0 thì ln(1 + x tan x) ∼ x tan x ∼ x
2
vì ln(1 + u(x)) ∼ u(x) khi u(x) → 0 và
tan x ∼ x.
Khi x → 0 thì x
2
+ sin
3
x ∼ x
2

.
Vậy I = lim
x→0
x
2
x
2
= 1.
Bài 2.14.2 I = lim
x→0
ln(cos x)
ln(1 + x
2
)
Giải.
Ta có lim
x→0
ln(cos x) = 0 và lim
x→0
ln(1 + x
2
) = 0 nên ta có thể thay chúng bằng những vô
cùng bé tương đương.
Khi x → 0 thì ln(cos x) = ln(1 + (cos x −1)) ∼ cos x − 1 ∼
−x
2
2
vì ln(1 + u(x)) ∼ u(x)
khi u(x) → 0 và 1 −cos x ∼
x

2
2
.
Khi x → 0 thì ln(1 + x
2
) ∼ x
2
.
Vậy I = lim
x→0
−x
2
2
x
2
= −
1
2
.
Bài 2.14.3 I = lim
x→1
sin(e
x−1
− 1)
ln x
Giải.
Ta có lim
x→1
sin(e
x−1

−1) = 0 và lim
x→1
ln x = 0 nên ta có thể thay chúng bằng những vô cùng
bé tương đương.
Khi x → 1 thì sin(e
x−1
− 1) ∼ e
x−1
− 1 ∼ x − 1 vì sin(u(x)) ∼ u(x), e
u(x)
− 1 ∼ u(x) khi
u(x) → 0.
Khi x → 1 thì ln x = ln(1 + (x − 1)) ∼ x − 1.
Vậy I = lim
x→1
x − 1
x − 1
= 1.
Bài 2.14.4 I = lim
x→0
(e
x
− 1)(cos x − 1)
sin
3
x + 2x
4
Giải.
Ta có lim
x→0

(e
x
− 1)(cos x −1) = 0 và lim
x→0
sin
3
x + 2x
4
= 0 nên ta có thể thay chúng bằng
những vô cùng bé tương đương.
Khi x → 0 thì e
x
− 1 ∼ x, cos x − 1 ∼
−x
2
2
nên (e
x
− 1)(cos x − 1) ∼ x(
−x
2
2
) =
−x
3
2
Khi x → 0 thì sin
3
x + 2x
4

∼ x
3
.
Vậy I = lim
x→0
−x
3
2
x
3
= −
1
2
.
23
Bài 2.14.5 I = lim
x→0
sin 2x + 2 arctan 3x + 3x
2
ln(1 + 3x + sin
2
x) + xe
x
2.14.2 So sánh những hàm vô cùng bé
Bài 2.14.6 Hãy so sánh hai vô cùng bé α(x) = x − sin x, β(x) = mx
3
, m = 0.
Bài 2.14.7 Tìm α, β để các vô cùng bé sau đây tương đương f (x) = x cos x −sin x, g(x) =
αx
β

, khi x → 0.
Bài 2.14.8 Tìm α, β để các vô cùng bé sau đây tương đương f(x) = x −
x
2
2
− ln(1 +
x)x, g(x) = αx
β
, khi x → 0.
2.14.3 Tìm giới hạn của hàm một biến bằng cách thay vô cùng
lớn tương đương
Tìm giới hạn của những hàm số sau:
Bài 2.14.9 I = lim
x→+∞
√
x
2
+ 4 + 2x + 3
√
x
√
x
2
− 4 + x
Bài 2.14.10 I = lim
x→+∞
√
x
2
+ 14 + x

√
x
2
− 2 + x
Bài 2.14.11 I = lim
x→−∞
√
x
2
+ 14 + x
√
x
2
− 2 + x
Tìm giới hạn của những dãy số sau:
Bài 2.14.12 I = lim
n→∞
ln(n
2
− n + 1)
ln(n
10
+ n + 1)
Bài 2.14.13 I = lim
n→∞
lg
2
10n
lg
2

n
Bài 2.14.14 I = lim
n→∞
lg(n
2
+ 2n cos n + 1)
1 + lg(n + 1)
2.14.4 So sánh những vô cùng lớn
Bài 2.14.15 Vô cùng lớn nào sau đây có bậc cao nhất khi x → +∞ : 3x+ln
3
x, x ln x,
√
3x, x(2+
sin
4
x)
Bài 2.14.16 Vô cùng lớn nào sau đây có bậc cao nhất khi x → +∞ : 2
x
, x
2
, x
2
+sin
4
x, x ln x
24