Analysis 2016 bồi dưỡng học sinh giỏi

Chương 1
Dãy số và Chuỗi số
Trong toàn bộ chương này ta làm việc trên trường số thực R .

1.1
1.1.1

Dãy số
Định nghĩa và ví dụ

Định nghĩa 1.1.1 Xét số thực a ∈ R . Lân cận bán kính ε (hay ε-lân
cận của a là tập hợp các điểm x ∈ R sao cho |x − a| < ε , ε > 0 .
Ta cũng ký hiệu lân cận trên là Vε (a) (hay đơn giản là V (a) )
Vε (a) := {x ∈ R : |x − a| < ε}
Định nghĩa 1.1.2 Cho tập hợp A ⊂ R .
Cận dưới đúng của A được định nghĩa như sau
m := inf(A) : m

x , ∀x ∈ A

∀ε > 0, ∃x ∈ A : x < m + ε
Cận trên đúng của A được định nghĩa như sau
M := sup(A) : M

x , ∀x ∈ A

∀ε > 0, ∃x ∈ A : x > M − ε
Nhận xét. Cận dưới đúng (tương ứng cận trên đúng) của một tập hợp
có thể không nằm trong tập hợp đó. Khi inf(A) ∈ A thì đó là min(A)
(tương ứng khi sup(A) ∈ A thì đó là max(A)).
1

2

Chương 1. Dãy số và Chuỗi số

Định nghĩa 1.1.3 Hàm f : N → R được gọi là một dãy số.
Các giá trị f (n) được gọi là các phần tử của dãy.
Ta cũng ký hiệu xn := f (n) và được dãy {xn } gồm các phần tử
x1 , x2 , ..., xn , ...
Định nghĩa 1.1.4 Số a ∈ R được gọi là giới hạn của dãy số {xn } khi
n → ∞ nếu với bất kỳ lân cận đủ nhỏ nào của a , tồn tại một thứ tự N
(phụ thuộc vào lân cận) sao cho kể từ thứ tự đó trở đi mọi phần tử của
dãy đều rơi vào lân cận nói trên.
Nói cách khác, ∀ε > 0, ∃N (ε) : |xn − a| < ε, ∀n

N

Ký hiệu là lim xn = a
n→∞

Dãy {xn } có giới hạn gọi là dãy hội tụ, ngược lại gọi là dãy phân kỳ.
Ví dụ 1.1.1 +) Xét dãy {xn =

1
1
} . Ta thấy lim = 0 , bởi vì
n→∞ n
n

1
1
1
−0 <ε ⇔
<ε ⇔ n>
n
n
ε
nên ta chỉ cần chọn N = [ 1ε ] + 1 (ở đây [x] là ký hiệu phần nguyên của
số thực x , tức là số nguyên lớn nhất không vượt qua x).
sin n
sin n
+) Xét dãy xn = {
} . Ta thấy lim
= 0 , bởi vì
n→∞ n
n
sin n
sin n
−0 =
n
n
do đó chỉ cần

1
n

1
n

< ε là được, hay chỉ cần chọn N = [ 1ε ] + 1 .
√
n

√
a} . Ta chứng tỏ rằng lim n a = 1 .
n→∞
√
n
Hiển nhiên khi a = 1 thì lim 1 = 1 . Ta chỉ còn xét a > 0, a = 1 .
n→∞
√
√
n
Ta thấy | a − 1| < ε ⇔ 1 − ε < n a < 1 + ε

Ví dụ 1.1.2 Xét dãy {xn =

Vì ε > 0 nhỏ tuỳ ý, ta coi 1 − ε > 0 . Khi đó bất đẳng thức trên là
ln(1 − ε) <
Đến đây có 2 khả năng:

1
ln a < ln(1 + ε)
n

(∗)


1.1. Dãy số

3

+) Nếu 0 < a < 1 thì ln a < 0 , ln(1 − ε) < 0 , ln(1 + ε) > 0 , thì
(∗) có vế phải hiển nhiên đúng ∀n ∈ N còn vế trái tương đương với
n>

ln a
ln(1 − ε)

ln a
+ 1 thì (∗) sẽ đúng ∀n N1 .
ln(1 − ε)
+) Nếu a > 1 thì ln a > 0 , ln(1 − ε) < 0 , ln(1 + ε) > 0 , thì (∗) có

nên chỉ cần chọn N1 =

vế trái hiển nhiên đúng ∀n ∈ N còn vế phải tương đương với
n>

ln a
ln(1 + ε)

ln a
+ 1 thì thì (∗) sẽ đúng ∀n N2 .
ln(1 + ε)
Chọn N = max{N1 , N2 } thì (∗) đúng với a > 0, a = 1 và ∀n N .

nên chỉ cần chọn N2 =

Ví dụ 1.1.3 Với 0 < |q| < 1 , ta chứng tỏ lim q n = 0 .
n→∞

Ta có

1
|q|

> 1 , nên đặt

1
|q|

= 1 + p (p > 0) . Khi đó

1
n(n − 1) 2
= (1 + p)n = 1 + np +
p + · · · > np
n
|q|
2
dẫn tới |q|n <

. Từ đây nếu

1
np

< ε thì |q|n < ε .

1
, nên ta chỉ cần chọn N = [ pε
]+1 .
√
Ví dụ 1.1.4 Ta chứng minh lim n n = 1 .
n→∞
√
Đặt xn = n n − 1 0 , ta chứng tỏ lim xn = 0 . Ta có

Thế mà

1
np

1
np

<ε ⇔ n>

1
pε

n→∞

√
n(n − 1) 2
n(n − 1) 2
n = ( n n)n = (1 + xn )n = 1 + nxn +
xn + · · · >

xn
2
2
2
2
. Từ đây nếu n−1
< ε2 thì xn < ε .
n−1
1
< ε2 ⇔ n > ε22 + 1 , nên chỉ cần chọn
n−1

dẫn tới x2n <
Thế mà

N = [ ε22 + 1] + 1 .

an
=0.
n→∞ n!
Giả sử số nguyên dương M > |a| . Khi đó với n M + 1 ta có

Ví dụ 1.1.5 Cho trước số a ∈ R , ta chứng tỏ lim

|a|M
an
|a|
|a|
|a|
=

·
·
···
n!
M! M + 1 M + 2
n

|a|M |a|
·
M! n


4

Chương 1. Dãy số và Chuỗi số

Từ đây nếu

|a|M
M!

· |a|
< ε thì
n

an
n!

< ε . Thế mà

|a|M
M!

· |a|
<ε ⇔ n>
n

|a|M +1
,
M !ε

M +1

nên ta chỉ cần chọn N = max{M + 1, [ |a|M !ε ] + 1} .

1.1.2

Các tính chất

Định nghĩa 1.1.5 Dãy {xn } được gọi là bị chặn dưới (hoặc trên) nếu
tồn tại số m (hoặc M ) sao cho xn

m (hoặc xn

M ) , ∀n ∈ N . Dãy

{xn } được gọi là bị chặn nếu nó đồng thời bị chặn dưới và bị chặn trên,
tức là m

xn

M , ∀n ∈ N .

Nhận xét. Thực ra các bất đẳng thức trong định nghĩa trên chỉ cần
đúng cho dãy {xn } bắt đầu từ một thứ tự N nào đó (giải thích?)
Đặt K = max{|m|, |M |} thì từ bất đẳng thức m
ra |xn |

xn

M ta suy

K (giải thích?), nên có thể định nghĩa dãy {xn } bị chặn nghĩa

là tồn tại số K > 0 sao cho |xn |

K , ∀n ∈ N .

Mệnh đề 1.1.1 Dãy {xn } hội tụ thì bị chặn.
Chứng minh. Giả sử lim xn = a . Lấy ε = 1 , tồn tại thứ tự N sao cho
n→∞

∀n

N thì |xn − a| < 1 ⇔ a − 1 < xn < a + 1 .
Đặt m = min{x1 , ..., xN −1 , a − 1} và M = max{x1 , ..., xN −1 , a + 1} ,

ta được m

xn

M , ∀n ∈ N .

Mệnh đề 1.1.2 Dãy {xn } hội tụ thì giới hạn của nó là duy nhất.
Chứng minh. Giả sử lim xn = a1 và lim xn = a2 mà a1 = a2 , chẳng
n→∞

n→∞

hạn a1 < a2 . Đặt ε = 13 (a2 − a1 ) . Khi đó tồn tại các thứ tự N1 và N2
sao cho |xn − a1 | < ε , ∀n

N1 và |xn − a2 | < ε , ∀n

Lấy N = max{N1 , N2 } thì ∀n

N2 .

N ta sẽ có

xn < a1 + ε < a2 − ε < xn , là điều vô lý.
Vậy phải có a1 = a2 , hay giới hạn của dãy hội tụ là duy nhất.


1.1. Dãy số

5

∞
Định nghĩa 1.1.6 Cho dãy {xn }∞

n=1 . Dãy {xnk }k=1 , k ∈ N được gọi

là dãy con của dãy {xn } .
Mệnh đề 1.1.3 Dãy {xn } hội tụ thì mọi dãy con của nó đều hội tụ và
có cùng giới hạn với dãy đã cho.
Chứng minh rất đơn giản, dành cho bạn đọc xem như là bài tập.
Ví dụ 1.1.6 Dãy {xn = sin n} bị chăn, vì −1

sin n

1 , ∀n ∈ N .

Tuy nhiên dãy này không hội tụ (phân kỳ), bởi vì nó có 2 dãy con tiến
tới 2 giới hạn khác nhau
{sin(kπ)}∞
, sin(kπ) → 0 (k → ∞)
k=1
π
π
{sin(2k + 1) }∞
, sin(2k + 1) → 1 (k → ∞)
k=1
2
2
Ví dụ 1.1.7 Cho dãy {xn } có các dãy con {x2n }, {x2n+1 }, {x3n } hội tụ.
Ta chứng tỏ rằng dãy {xn } hội tụ.
Thật vậy, đặt lim x2n = l1 , lim x2n+1 = l2 , lim x3n = l3 .
n→∞

n→∞

n→∞

Vì {x6n } là dãy con của 2 dãy {x2n }, {x3n } nên theo mệnh đề (1.1.3)
ta có lim x6n = lim x2n = lim x3n , dẫn tới l1 = l3 .
n→∞

n→∞

n→∞

Vì {x6n+3 } là dãy con của 2 dãy {x2n+1 }, {x3n } nên theo mệnh đề
(1.1.3) ta có lim x6n+3 = lim x2n+1 = lim x3n , dẫn tới l2 = l3 .
n→∞

n→∞

n→∞

Do đó suy ra lim x2n = lim x2n+1 := l.
n→∞

n→∞

Khi đó ∀ε > 0, ∃n1 để |x2n − l| < ε, ∀n
|x2n+1 − l| < ε, ∀n

n1 và vẫn ∀ε > 0, ∃n2 để

n2 . Lấy n0 = max{2n1 , 2n2 + 1} ta dễ dàng (giải

thích?) suy ra |xn − l| < ε, ∀n

n0 , hay là lim xn = l.
n→∞

Mệnh đề 1.1.4 Cho 2 dãy hội tụ {xn }, {yn } và lim xn = a, lim yn = b.
n→∞

n→∞

i) Khi đó các dãy {xn ± yn }, {xn yn } hội tụ và lim (xn ± yn ) = a ± b,
n→∞

lim (xn yn ) = ab.

n→∞

xn
ii) Nếu từ một thứ tự n0 trở đi yn = 0 và b = 0 thì dãy { } hội tụ
yn
xn
a
và lim
= .
n→∞ yn
b


6

Chương 1. Dãy số và Chuỗi số

Chứng minh. Ta chứng minh kết luận sau cùng. Các kết luận khác xem
như là bài tập, dành cho bạn đọc. Không giảm tổng quát, có thể coi
yn = 0, ∀n ∈ N (giải thích?). Ta thấy
xn a
xn b − y n a
|xn (b − yn ) − yn (a − xn )|
−
=
=
yn
b
yn b
|yn b|
|xn ||yn − b| + |yn ||xn − a|
|xn ||yn − b| |xn − a|
=
+
|yn ||b|
|yn ||b|
|b|
Theo định nghĩa giới hạn, ∀ε > 0, ∃N1 (ε) sao cho |xn −a| < ε|b|
, ∀n N2 ,
2
|xn − a|
ε
dẫn tới
< , ∀n N1 .

|b|
2
Mặt khác, dãy {xn } hội tụ nên nó bị chặn, tức là tồn tại số K > 0
sao cho |xn |

K , ∀n ∈ N .
2

εb |b|
, 2 } , thì
Vẫn theo định nghĩa giới hạn, ∀ε > 0 ta lấy ε = min{ 4K
εb2
4K

∃N2 (ε ) = N2 (ε) sao cho |yn − b| < ε
|b| − |yn |

|yn − b| <

|b|
2

, nên |yn | >

|b|
2

và |yn − b| < ε

|b|

2

, suy ra

. Từ đó ta được

2

K εb
|xn ||yn − b|
ε
< |b| 4K = , ∀n
|yn ||b|
2
|b|
2

N2

Bây giờ lấy N = max{N1 , N2 } thì ∀ε > 0, ∀n
xn a
−
yn
b

N ta có

|xn ||yn − b| |xn − a|
ε ε
+

< + =ε
|yn ||b|
|b|
2 2

Điều này hoàn thành chứng minh.
Hệ quả 1.1.1 Với mỗi hằng số k ∈ R dãy {kxn } hội tụ và lim (kxn ) = ka.
n→∞

Bạn đọc tự giải thích?
Mệnh đề 1.1.5 Cho 2 dãy hội tụ {xn }, {yn } và lim xn = a, lim yn = b.
n→∞

i) Nếu từ một thứ tự n0 trở đi xn

yn thì a

b.

ii) Nếu a < b thì từ một thứ tự N trở đi xn < yn .

n→∞


1.1. Dãy số

7

Chứng minh. Ta chứng minh ii). Lấy c : a < c < b. Chọn ε1 = c − a > 0
và ε2 = b − c > 0 . Theo định nghĩa giới hạn, ∃N1 (ε1 ) và ∃N2 (ε2 ) sao cho

|xn − a| < ε , ∀n

N1 và |yn − a| < ε , ∀n

N2 . Lúc đó

xn − a < ε1 = c − a ⇒ xn < c , ∀n

N1

yn − b > −ε2 = c − b ⇒ yn > c , ∀n

N2

Lấy N = max{N1 , N2 } ta sẽ được xn < c < yn , ∀n

N.

Bạn đọc tự chứng minh kết luận i).
Hệ quả 1.1.2 Cho 2 dãy hội tụ {xn }, {yn } và lim xn = a, lim yn = b.
n→∞

i) Nếu từ một thứ tự n0 trở đi xn < yn thì a

n→∞

b.

ii) Nếu Nếu từ một thứ tự n0 trở đi xn < b (hoặc xn

b) thì a

b.

Bạn đọc tự giải thích?
Mệnh đề 1.1.6

(Định lý "kẹp"). Cho 3 dãy {xn }, {yn }, {zn } . Nếu

từ một thứ tự n0 trở đi xn

yn

lim yn = a .

zn và lim xn = lim zn = a , thì
n→∞

n→∞

n→∞

Chứng minh. Theo định nghĩa giới hạn, ∀ε > 0 tồn tại N1 (ε) và N2 (ε)
sao cho |xn − a| < ε , ∀n

N1 và |yn − a| < ε , ∀n

max{N1 , N2 } ta suy ra ∀n

N thì

a − ε < xn

yn

N2 . Lấy N =

zn < a + ε ⇒ |yn − a| < ε

Điều này chứng tỏ lim yn = a .
n→∞

Ví dụ 1.1.8 Với định lý "kẹp", ta trở lại ví dụ (1.1.4) lim

n→∞

√
n

n=1.

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy về trung bình cộng và trung bình
√
nhân cho các số dương a1 = a2 = n, a3 = a4 = ... = an = 1 ta có
√
√
√
2 n+n−2
2
2

n
n
n 1 hay √ + 1 −
n 1
n
n
n
√
2
2
2
2
n
Suy ra 0
n − 1 √ − < √ . Thế mà lim √ = 0 , nên theo
n→∞
n n
n
n
định lý "kẹp" ta được
√
√
lim n n − 1 = 0 hay là lim n n = 1
n→∞

n→∞


8

Chương 1. Dãy số và Chuỗi số

1.1.3

Tiêu chuẩn Cauchy

Định nghĩa 1.1.7 Dãy {xn } được gọi là dãy Cauchy(1) (hay dãy cơ
bản) nếu ∀ε > 0 nhỏ tùy ý cho trước, ∃ thứ tự N (ε) sao cho
|xm − xn | < ε , ∀m, n

N

Định lí 1.1.1 Dãy {xn } hội tụ khi và chỉ khi nó là dãy Cauchy.
Chứng minh. +) Giả sử dãy {xn } hội tụ và lim xn = a . Khi đó ∀ε >
n→∞

0, ∃N1 (ε) và ∃N2 (ε) sao cho
ε
|xm − a| < , ∀m N1
2
Lấy N = max{N1 , N2 } ta được

và |xn − a| <

ε
, ∀n
2

N2

|xm − xn | = |xm − a + a − xn |
|xm − a| + |xm − a| <

ε ε
+ = ε , ∀m, n > N
2 2

hay {xn } là dãy Cauchy.
+) Giả sử {xn } là dãy Cauchy. Khi đó ∀ε > 0, ∃N (ε) sao cho
ε
|xm − xn | < , ∀m, n N
3
Ta lấy m = N thì sẽ được |xn − xN | < 3ε , ∀n N . Tức là
ε
ε
xN − < xn < xN + , ∀n N
3
3
Đặt an = inf xk , bn = sup xk . Từ định nghĩa của inf, sup và bất đẳng
k n

thức trên, ta có xN −
còn có bn − an

2ε
3

Rõ ràng an

k n

ε
3

an

xn

bn

xN + 3ε , ∀n

N . Từ đây ta

<ε.

an+1

bn+1

bn , nên [an , bn ] là dãy các đoạn thẳng

lồng nhau và thắt dần (khi n → ∞). Theo nguyên lý Cantor (xem [?]
tập I), tồn tại điểm chung duy nhất a ∈ [an , bn ] , ∀n
Từ các bất đẳng thức an
|xn − a|

bn − an

2ε
3

xn

< ε , ∀n

b n , an

a

N .

bn , ∀n

N ta suy ra

N .

Vậy dãy {xn } là dãy hội tụ (đến a khi n → ∞).
(1)

Nam tước Augustin-Louis Cauchy (1789-1857), nhà toán học người Pháp.


1.1. Dãy số

9

Ví dụ 1.1.9 Xét dãy {xn } với xn = 1 + 12 + 13 + · · · +
|x2n − xn | =

1
n

. Ta thấy

1
1
1
1
1
+
+ ··· +
>n·
=
n+1 n+2
2n
2n
2

nên {xn } không thể là dãy Cauchy, do đó dãy này không hội tụ.

1.1.4

Dãy đơn điệu

Định nghĩa 1.1.8 Dãy {xn } được gọi là đơn điệu giảm (tương ứng đơn
điệu tăng) nếu từ một thứ tự n0 trở đi xn+1 < xn (tương ứng xn+1 > xn ).
Dãy {xn } được gọi là đơn điệu không tăng (tương ứng đơn điệu không
giảm) nếu từ một thứ tự n0 trở đi xn+1

xn (tương ứng xn+1

xn ).

Mệnh đề 1.1.7 Dãy đơn điệu giảm (hoặc không tăng) bị chặn dưới thì
hội tụ. Dãy đơn điệu tăng (hoặc không giảm) bị chặn trên thì hội tụ.
Chứng minh. Ta chứng minh cho dãy tăng (hoặc không giảm) bị chặn
trên. Đặt s = sup xn , khi đó ∀ε > 0 tồn tại thứ tự N để s − ε < xN
xn

s < s + ε , ∀n

N . Suy ra |xn − s| < ε , ∀n

N . Vậy lim xn = s.
n→∞

Với dãy giảm (hoặc không tăng) ta có lim xn = inf xn (giải thích?).
n→∞

Ví dụ 1.1.10 Cho {xn } là dãy bị chặn thoả mãn điều kiện
1
xn+1 xn − n , n ∈ N . Ta chứng tỏ dãy này đơn điệu và hội tụ.
2
1
Đặt yn = xn − n−1 . Vì {xn } bị chặn, giả sử m xn M , n ∈ N.
2
1
Do 0 < n−1 < 1 , nên m − 1 < yn < M , n ∈ N . Tức là {yn } bị
2

chặn. Lại có
1
1
1
yn+1 − yn = xn+1 − n − xn − n−1 = xn+1 − xn − n
0.
2
2
2
Như thế {yn } đơn điệu không giảm. Vậy {yn } hội tụ.
Dẫn đến {xn } cũng hội tụ, vì hiển nhiên lim xn = lim yn .
n→∞

n→∞

Ví dụ 1.1.11 Cho dãy {an } xác định bằng truy hồi
a1 =

3
, an =
2

3an−1 − 2 với n

2


10

Chương 1. Dãy số và Chuỗi số

Ta chứng tỏ dãy này đơn điệu và hội tụ.
Bằng quy nạp ta chứng minh được
an+1 − an =

√

3
2

an < 2 , n ∈ N . Khi đó

3an − 2 − a2n
(2 − an )(an − 1)
3an − 2 − an = √
= √
>0
3an − 2 + an
3an − 2 + an

nên dãy {an } là tăng thực sự. Suy ra dãy {an } hội tụ. Đặt g = lim an .
n→∞
√
√
Do an = 3an−1 − 2 ta có g = 3g − 2 , suy ra g = 2 .
Ví dụ 1.1.12 (Định lý Stolz

(2)

). Cho 2 dãy {un } và {vn } thỏa mãn

i) {vn } là dãy tăng và lim vn = +∞
n→∞
un+1 − un
=g
ii) lim
n→∞ vn+1 − vn
un
Khi đó lim
=g .
n→∞ vn
Chứng minh. Theo định nghĩa giới hạn, ∀ε > 0 tồn tại thứ tự N (ε) sao
cho ∀n

N thì
un+1 − un
−g <ε
vn+1 − vn
⇔

⇔

g−ε<

un+1 − un
vn+1 − vn

(g − ε)(vn+1 − vn ) < un+1 − un < (g + ε)(vn+1 − vn )

với chú ý rằng (vn+1 − vn ) > 0 .
Chọn k ∈ N mà k > N sao cho vk+1 > 0 (do lim vn = +∞) ta có
n→∞

(g − ε)(vi+1 − vi ) < ui+1 − ui < (g + ε)(vi+1 − vi ) , (∀i = N, N + 1, ..., k)
Lấy tổng các bất đẳng thức trên theo i = N ÷ k ta được

⇔

(g − ε)(vk+1 − vN ) < uk+1 − uN < (g + ε)(vk+1 − vN )
vN
uk+1
uN
vN
(g − ε) 1 −
<
−
< (g + ε) 1 −
vk+1
vk+1
vk+1
vk+1

Cho k → ∞ thì lim vk+1 = +∞ và ta có
k→∞

uk+1
k→∞ vk+1

g − ε < lim
Cho ε
(2)

0 ta được điều cần chứng minh.

O. Stolz (1842-1905), nhà toán học người Áo.


1.1. Dãy số

11

Nhận xét. Lấy dãy {vn = n} thì điều kiện i) là hiển nhiên, còn
điều kiện ii) sẽ thành lim (un+1 − un ) = g . Khi đó ta được kết quả
n→∞
un
lim
= g (∗) .
n→∞ n
Bây giờ trong kết quả (∗) ta thay un bởi sn = u1 + u2 + · · · + un thì
sn+1 − sn = un+1 , điều kiện ii) trở thành lim un+1 = g (hay lim un = g)
n→∞

n→∞

và ta có hệ quả Cesàro(3) sau
1
(u1 + u2 + · · · + un ) = g
n→∞ n

lim

Đôi khi người ta gọi chung là định lý Stolz-Cesàro.
1 n
:= e
n→∞
n
Trước tiên, ta chứng tỏ dãy {xn = (1 + n1 )n } bị chặn. Ta có

Ví dụ 1.1.13 (Số e). lim

1+

1
n

n

1+

n

=

1
n(n − 1) 1
· 2 + ··· > 2
Cnk 1n−k ( )k = 1 + 1 +
n
2

n
k=0

Mặt khác
1+

1
n

n

n

=

1
1 n(n − 1) 1
Cnk 1n−k ( )k = 1 + n · +
· 2
n
n
2!
n
k=0

n(n − 1)(n − 2) 1
n(n − 1)(n − 2) · · · 1 1
· 3 + ··· +
· n
3!

n
n!
n
1
1
1
1
1
2
= 1 + + (1 − ) + (1 − )(1 − )
1! 2!
n
3!
n
n
1
1
2
n−1
+ · · · + (1 − )(1 − ) · · · (1 −
)
n!
n
n
n
1
1
1
1
< 1 + + + + ··· +

1! 2! 3!
n!
1
1
1
<1+1+
+
+ ··· +
1·2 2·3
(n − 1)n
1
1 1
1
1
1
= 2 + (1 − ) + ( − ) + · · · + (
− )=3− <3
2
2 3
n−1 n
n
+

Vậy ta có 2 < xn = (1 + n1 )n < 3 , ∀n ∈ N .
(3)

E. Cesàro (1859-1906), nhà toán học người Italia.


12

Chương 1. Dãy số và Chuỗi số
Tiếp theo, ta chứng tỏ dãy {xn = (1 + n1 )n } đơn điệu tăng. Thật vậy

1
1
1
1
1
2
+ (1 −
) + (1 −
)(1 −
)
1! 2!
n+1
3!
n+1
n+1
1
1
2
n−1
+ · · · + (1 −
)(1 −
) · · · (1 −
)
n!
n+1
n+1

n+1
1
1
2
n−1
n
+
(1 −
)(1 −
) · · · (1 −
)(1 −
)
(n + 1)!
n+1
n+1
n+1
n+1
1
1
1
1
1
2
> 1 + + (1 −
) + (1 −
)(1 −
)
1! 2!
n+1
3!

n+1
n+1
1
2
n−1
1
)(1 −
) · · · (1 −
)
+ · · · + (1 −
n!
n+1
n+1
n+1
1
1
1
1
1
2
> 1 + + (1 − ) + (1 − )(1 − )
1! 2!
n
3!
n
n
1
1
2
n−1

1 n
+ · · · + (1 − )(1 − ) · · · (1 −
)= 1+
n!
n
n
n
n
1+

1
n+1

n+1

=1+

1 n
:= e và 2 < e < 3 .
n→∞
n
Euler đã chứng minh e là số vô tỷ và e ≈ 2.71828182845904...
Như vậy ∃ lim

1+

Ghi chú. Leonhard Euler (15/04/1707 - 18/09/1783) là nhà toán học,
cơ học, thiên văn học và vật lý học nổi tiếng người Thuỵ Sĩ. Năm 1726 ông
đến Nga làm việc theo lời mời của Viện hàn lâm khoa học S. Peterburg
và trở thành viện sỹ của Viện hàn lâm này từ năm 1733. Năm 1741 theo

lời mời của nhà vua Phổ Fredric II ông chuyển đến làm việc tại Berlin
nhưng vẫn giữ mối liên hệ mật thiết với nước Nga. Năm 1776 Euler quay
trở lại Nga, sống và làm việc cho đến hơi thở cuối cùng tại đây.


1.2. Chuỗi số

1.2
1.2.1

13

Chuỗi số
Định nghĩa và các tính chất cơ bản

Định nghĩa 1.2.1 Giả sử {an : n

1} là dãy số thực. Người ta gọi

chuỗi số là biểu thức
∞

a1 + a2 + · · · + an + · · · =

an
n=1

Với mỗi n ∈ N ta đặt Sn := a1 + a2 + · · · + an . Số an được gọi là số
hạng thứ n và Sn đợc gọi là tổng riêng thứ n của chuỗi đã cho.
Ta nhận xét rằng Sn+1 = Sn + an+1 , ∀n

1.

Định nghĩa 1.2.2 Nếu dãy tổng riêng {Sn : n

1} có giới hạn hữu

hạn là S khi n → ∞ thì ta nói rằng chuỗi đã cho là hội tụ và S được gọi
là tổng của chuỗi. Khi đó ta viết
∞

S=

an .
n=1

Trờng hợp ngược lại, ta nói rằng chuỗi đã cho là phân kỳ.
∞

Mệnh đề 1.2.1 Nếu chuỗi chuỗi

an hội tụ thì an → 0 (n → ∞).
n=1
∞

Chứng minh. Ta có an = Sn − Sn−1 , ∀n

2 , mà chuỗi

an hội tụ

n=1

nên khi n → ∞ thì Sn−1 → S và Sn → S , do đó an → S − S = 0 (n →
∞).
∞

Mệnh đề trên đây chính là điều kiện cần để chuỗi
n=1

∞

đây nếu an

0 khi n → ∞ thì chuỗi

an hội tụ. Từ

an phân kỳ.
n=1

Chứng minh bằng một cách tương tự (giải thích?) ta có kết quả sau


14

Chương 1. Dãy số và Chuỗi số
∞

Mệnh đề 1.2.2 Nếu chuỗi chuỗi

an hội tụ thì
n=1

S2n − Sn = an+1 + an+2 + · · · + a2n → 0 (n → ∞).
Ví dụ 1.2.1 Cho các chuỗi
1 + 1 + 1 + ··· + 1 + ···
1 − 1 + 1 − · · · + (−1)n+1 + · · ·
Chuỗi thứ nhất có Sn = n → ∞ (n → ∞), nên chuỗi này phân kỳ.
Chuỗi thứ hai có S2n = 0 và S2n−1 = 1, nên không tồn tại giới hạn
của Sn (n → ∞), do đó chuỗi này cũng phân kỳ.
Ví dụ 1.2.2
1
1
1
1
+
+
+ ··· +
+ ··· = 1
1.2 2.3 3.4
n(n + 1)
Thật vậy
1
1
+
+
1.2 2.3
1
= 1−
+

2
1
=1− .
n

Sn =

1
1
+ ··· +
3.4
n(n + 1)
1 1
1 1
1
1
−
+
−
+ ··· +
−
2 3
3 4
n−1 n

Do đó lim Sn = 1.
n→∞

Ví dụ 1.2.3 Xét chuỗi điều hoà
1+

1 1 1
1
+ + + ··· + + ···
2 3 4
n

Ta thấy
S2n − Sn =
Do đó S2n − Sn
này phân kỳ.

1
1
1
+
+ ··· +
n+1 n+2
2n

n.

1
1
= .
2n
2

0 khi n → ∞. Vậy theo mệnh đề (1.2.2) thì chuỗi

1.2. Chuỗi số

15
1
0 (n → ∞).
n
+∞ (n → ∞), nhưng sự tăng này rất chậm (Euler đã

Tuy nhiên, ta thấy rằng với chuỗi điều hoà thì an =
Đồng thời Sn

tính được rằng S1000000 ≈ 14).
Ví dụ 1.2.4 Xét chuỗi điều hoà tổng quát
1+

1
1
1
1
+
+
+
·
·
·
+
+ ··· , α ∈ R .
2α 3α 4α
nα

Đặt
1
1
1
1
+ α + α + ··· + α .
α
2
3
4
n

Sn (α) = 1 +
Với

α

Sn (1)

1 ta có

Sn (α)

Sn (1) , thế mà theo ví dụ (1.2.3) thì

+∞ (n → ∞), nên suy ra khi α

1 chuỗi điều hoà tổng quát

là phân kỳ.
Ta sẽ chứng tỏ rằng với α > 1 chuỗi điều hoà tổng quát là hội tụ.
Trước tiên với α = 2 ta có
1
1
1
+ 2 + ··· + 2
2
2
3
n
1
1
1
1
<1+
+
+ ··· +
= ··· = 2 − < 2 .
1.2 2.3
(n − 1)n
n

Sn (2) = 1 +

Như thế dãy {Sn (2) : n

1} là dãy tăng và bị chặn trên, nên tồn tại giới

hạn lim Sn (2).

n→∞

Nếu α

2 thì Sn (α)

Sn (2), nên dãy {Sn (α) : n

1} cũng là dãy

tăng và bị chặn trên, do đó tồn tại giới hạn lim Sn (α). Vậy chuỗi điều
n→∞

hoà tổng quát hội tụ khi α

2.

Công việc còn lại là xét trường hợp 1 < α < 2. Điều này dành cho
bạn đọc, xem như là bài tập.
Gợi ý. Có thể xét luôn một lúc trường hợp α > 1 bằng cách dùng
định lý Lagrange cho hàm f (x) = (x + n − 1)1−α , x ∈ [0, 1] , dẫn tới
bất đẳng thức
1
nα

1
1
1
−
α − 1 (n − 1)α−1 nα−1

, ∀n

2.


16

Chương 1. Dãy số và Chuỗi số

Từ đó suy ra bất đẳng thức
Sn (α)

1
1
1 − α−1
α−1
n

1+

<

α
.
α−1

∞

Mệnh đề 1.2.3

(i) Giả sử rằng chuỗi

an hội tụ và tổng của
n=1

∞

nó là S. Khi đó với bất kỳ c ∈ R thì chuỗi
∞

∞

của nó là cS, tức là

can = c
n=1
∞

an ,
n=1

bn hội tụ và tổng của chúng lần lợt
n=1

∞

là S1 , S2 . Khi đó chuỗi
∞

tức

∞

(an + bn ) =
n=1

an .
n=1

∞

(ii) Giả sử các chuỗi

can hội tụ và tổng
n=1

(an + bn ) hội tụ và có tổng là S1 + S2 ,
n=1

∞

an +
n=1

bn .
n=1

Chứng minh. Do định nghĩa dãy tổng riêng và sự hội tụ (giải thích?).
∞

Định nghĩa 1.2.3 Cho chuỗi

an , với mỗi m ∈ N ta xét chuỗi
n=1

am+1 + am+2 + · · · + an + · · ·
và gọi đó là chuỗi đuôi (hay chuỗi phần dư) của chuỗi đã cho.
Khi chuỗi đuôi hội tụ, ta ký hiệu tổng của nó là Rm . Ta thấy rằng
nếu chuỗi đã cho hội tụ với tổng là S, thì với bất kỳ m ∈ N chuỗi đuôi
cũng hội tụ và S = Sm + Rm , đồng thời ta có Rm → 0 (m → ∞). Ngược
lại, nếu với một giá trị m ∈ N nào đó mà chuỗi đuôi hội tụ, thì chuỗi đã
cho cũng hội tụ.
Sau đây ta đưa ra tiêu chuẩn Cauchy về điều kiện cần và đủ để một
chuỗi là hội tụ.


1.2. Chuỗi số

17
∞

Định lí 1.2.1 Để chuỗi

an hội tụ, điều kiện cần và đủ là ∀ε >
n=1

0, ∃N ∈ N sao cho ∀n

N, ∀p ∈ N thì |an+1 + an+2 + · · · + an+p | < ε.

Chứng minh. Do tiêu chuẩn Cauchy đối với dãy {Sn } (giải thích?).

1.2.2

Chuỗi dương
∞

Chuỗi

an với an

0, ∀n

1 được gọi là chuỗi dương (không âm).

n=1

Trước tiên ta đưa ra tiêu chuẩn hội tụ của chuỗi dương.
Định lí 1.2.2 Chuỗi dương hội tụ khi và chỉ khi dãy tổng riêng {Sn :
n

1} của nó bị chặn.

Chứng minh. Ta thấy ngay rằng dãy tổng riêng của chuỗi dương là đơn
điệu tăng (không giảm), bởi vì ta có Sn+1 = Sn + an+1

Sn , ∀n

1.

Giả sử chuỗi dương hội tụ. Khi đó dãy tổng riêng của nó hội tụ, suy
ra dãy này bị chặn.
Giả sử dãy tổng riêng bị chặn. Khi đó dãy tổng riêng này đơn điệu
tăng và bị chặn nên nó hội tụ, tức là chuỗi dã cho hội tụ.
Bổ đề 1.2.1 Cho chuỗi dương hội tụ và giả sử có dãy số {dn : n
sao cho ∃L > 0 : 0

dn

L, ∀n

1}

1. Khi đó chuỗi sau đây hội tụ

∞

dn an
n=1

Chứng minh. Gọi Sn và Sn lần lượt là tổng riêng của chuỗi dương và
∞

chuỗi

dn an đã cho. Theo định lý 1.2.1 ta có
n=1

Sn

S = lim Sn , ∀n
n→∞

1.

Khi đó
n

Sn =

n

dk ak
k=1

n

Lak = L
k=1

ak = LSn
k=1

LS .


18

Chương 1. Dãy số và Chuỗi số

∞

Đến đây do

dn an là chuỗi dương, nên nó hội tụ theo định lý 1.2.1.
n=1

Nhận xét. Ta có thể thay điều kiện 0
điều kiện |dn |

dn

L trong bổ đề trên bởi

L thì kết luận của bổ đề vẫn đúng. Chứng minh bằng

cách sử dụng tiêu chuẩn Cauchy (giải thích?)
Tiếp theo ta đưa ra các dấu hiệu hội tụ của chuỗi dương.
∞

Mệnh đề 1.2.4 Cho các chuỗi (A) =

∞

an , (B) =
n=1

điều kiện 0

an

bn , ∀n

bn thoả mãn
n=1

1 . Khi đó nếu chuối (B) hội tụ thì chuỗi

(A) hội tụ (cũng nghĩa là nếu chuỗi (A) phân kỳ thì chuỗi (B) phân kỳ).
Mệnh đề này thường được gọi là dấu hiệu so sánh.
Chứng minh. Giả sử chuỗi (B) hội tụ. Ta đặt


 an , nếu bn = 0
dn = bn

 0 , nếu bn = 0
thì được 0

dn

1 , dn bn = an , ∀n

1. Theo bổ đề (1.2.1) ta được

điều cần chứng minh.
Ví dụ 1.2.5 Xét chuỗi
∞

n sin

n=1

1
.
n3

π
1
1
Ta thấy rằng 0 < sin x < x , ∀x ∈ (0, ) , nên 0 < n sin 3 < 2 . Thế
2
n
n
∞
1
mà chuỗi
là hội tụ (xem ví dụ (1.2.4)), nên chuỗi đã cho hội tụ.
2
n
n=1
Ví dụ 1.2.6 Xét chuỗi
∞

sin
n=1

1
.
n

1.2. Chuỗi số

19

2
π
1
2 1
x , ∀x ∈ (0, ) , nên sin > · > 0 , ∀n 1.
π
2
n
π n
Thế mà chuỗi điều hoà là phân kỳ (xem ví dụ (1.2.3)), nên chuỗi đã cho

Ta thấy rằng sin x >
phân kỳ.

Kết luận của mệnh đề (1.2.4) vẫn đúng nếu ∃N ∈ N sao cho 0
bn , ∀n

an

N , bởi vì sự hội tụ hay phân kỳ của một chuỗi có thể coi như

tương đương với sự hội tụ hay phân kỳ của chuỗi đuôi của nó.
Ví dụ 1.2.7 Xét chuỗi
∞

n=1

(ln n)3
.
n2

Ta thấy (giải thích?)
(ln n)3
√
→ 0 (n → ∞)
n
nên ∃N ∈ N sao cho ∀n
(ln n)3
√
n
n

Do chuỗi
n=1

1
n3/2

N thì
1

⇒

(ln n)3
n2

1
n3/2

.

hội tụ (xem ví dụ (1.2.4)), nên chuỗi đã cho hội tụ.
∞

Mệnh đề 1.2.5 Cho các chuỗi (A) =

∞

an , (B) =
n=1

điều kiện an > 0 , bn > 0 , ∀n

bn thoả mãn
n=1

1 . Giả sử rằng tồn tại (hữu hạn hoặc

vô hạn) giới hạn sau
an
= C , 0 < C < +∞ .
n→∞ bn
lim

Với C < +∞ , nếu chuỗi (B) hội tụ thì chuỗi (A) hội tụ. Với C > 0 ,

nếu chuỗi (B) phân kỳ thì chuỗi (A) phân kỳ. Như vậy, khi 0 < C < +∞
hai chuỗi (A) và (B) đồng thời hội tụ hay phân kỳ.


20

Chương 1. Dãy số và Chuỗi số

Chứng minh. Giả sử C < +∞ và chuỗi (B) hội tụ.
∞
∞
an
Đặt dn =
> 0 , n 1 thì
dn bn =
an .
bn
n=1
n=1
Khi đó dãy {dn : n
chặn (0 < dn

1} có giới hạn hữu hạn là C, nên dãy này bị

L, ∀n

1). Theo bổ đề (1.2.1) suy ra chuỗi (A) hội tụ.
bn
1
Giả sử C > 0 , khi đó lim

=
< +∞ . Theo điều vừa chứng
n→∞ an
C
minh ta suy ra nếu chuỗi (A) hội tụ thì chuỗi (B) hội tụ, tức là nếu chuỗi
(B) phân kỳ thì chuỗi (A) phân kỳ. Ta được phần còn lại của mệnh
đề.
Ví dụ 1.2.8 Cho α > 0 , xét chuỗi
∞

√
( n2 + 1 − n)α .

n=1

Ta có (giải thích?)
∞

√
1 1
( n2 + 1 − n)α ∼ α . α (n → ∞) ,
2 n
n=1
do đó
∞

√
( n2 + 1 − n)α

n=1

1
nα

∼

1
(n → ∞) .
2α

Đến đây do chuỗi điều hoà tổng quát đã được xét (xem ví dụ (1.2.4)), ta
suy ra chuỗi đã cho phân kỳ khi α

1 và hội tụ khi α > 1 .

Ví dụ 1.2.9 Chứng minh rằng
γn := 1 +

1 1
1
+ + · · · + − ln n → γ (n → ∞) ,
2 3
n

trong đó γ ≈ 0, 577215 · · · là hằng số Euler. Một điều thú vị là từ trước
đến nay người ta chưa biết γ có phải là số vô tỷ hay không.
Thật vậy, ta có
γn = 1 +

1
2

1
3
1
n
− ln
+
− ln
+ ··· +
− ln
2
1
3
2
n
n−1


1.2. Chuỗi số

21

chính là tổng riêng của chuỗi
∞

1
n
− ln
n
n−1

1+
n=2

.

Thế mà ta thấy (giải thích?)
1
n
1
− ln
∼ 2 (n → ∞) .
n
n−1
2n
∞

Mệnh đề 1.2.6 Cho các chuỗi (A) =

∞

an , (B) =
n=1

an+1
an

an > 0 , bn > 0 ,

bn thoả mãn
n=1

bn+1
, ∀n
bn

1.

Khi đó từ sự hội tụ của chuỗi (B) suy ra sự hội tụ của chuỗi (A) .
Chứng minh. Giả sử chuỗi (B) hội tụ. Ta đặt
an
> 0 , ∀n
bn

dn =
Do

1.

an+1
bn+1
an+1
an
nên dn+1 =
= dn
an
bn
bn+1
bn
Như vậy dãy {dn : n 1} bị chặn 0 < dn

dn+1

..

d1 , ∀n

d1 . Khi đó theo bổ đề

(1.2.1) thì chuỗi
∞

∞

dn bn =
n=1

an
n=1

là hội tụ.
Ví dụ 1.2.10 Chứng minh sự hội tụ của chuỗi
∞

n=1

Thật vậy, với n

nn−2
.
en .n!

1 ta có

an+1
(n + 1)n−1 en n!
1
1
= n−2 n+1
= . 1+
an
n e (n + 1)!
e
n
n
<
n+1

2

=

1
(n+1)2
1
n2

=

1.

n−2

1
bn+1
, với bn = 2 .
bn
n


22

Chương 1. Dãy số và Chuỗi số

1.2.3

Các tiêu chuẩn hội tụ của chuỗi số

• Tiêu chuẩn d’Alembert(4)
∞

Định lí 1.2.3 (Tiêu chuẩn thứ nhất). Cho chuỗi (A) =

an với
n=1

1) an > 0 , ∀n
2) ∃ , 0

1

< 1 , ∃n0 ∈ N :

Khi đó chuỗi (A) hội tụ.
Nếu với điều kiện 1) và 2 ) ∃n0 ∈ N :
(A) phân kỳ.
Chứng minh. Với điều kiện 2) thì ∀n
an+1
an
∞

Do

n

=

an+1
an

1 , ∀n

n0

n0 , thì chuỗi

n0 ta có
bn+1
, bn =
bn

n

n

.

hội tụ, nên theo mệnh đề (1.2.6) chuỗi (A) hội tụ.

n=1

Còn nếu với điều kiện 2 ) thì ta có an+1
an

, ∀n

∞

bn =
n=1

n+1

=

an+1
an

an > 0 , ∀n

n0 , nên

0 khi n → ∞. Do đó trong trường hợp này chuỗi (A) phân kỳ.
∞

an thoả mãn

Định lí 1.2.4 (Tiêu chuẩn thứ hai). Cho chuỗi (A) =
n=1

1) an > 0 , ∀n 1
an+1
2) ∃ lim
=r , 0
n→∞ an

r

+∞

Khi đó chuỗi (A) hội tụ nếu r < 1 , phân kỳ nếu r > 1 .
Chứng minh. Là hệ quả của định lý (1.2.3) (giải thích?).
(4)

Jean-Baptiste le Rond d’Alembert (1717-1783), nhà bác học người Pháp.


1.2. Chuỗi số

23

x2 x3
xn
+
+ ··· +
+ ··· , x
2!
3!
n!
an+1
xn+1 n!
x
= n
Ta có
=
→ 0 (n → ∞) .
an
x (n + 1)!
n+1
Do đó theo định lý (1.2.4) thì chuỗi đã cho hội tụ.

Ví dụ 1.2.11 Xét chuỗi 1 + x +

0.

• Tiêu chuẩn Cauchy
∞

Định lí 1.2.5 (Tiêu chuẩn thứ nhất). Cho chuỗi (A) =

an với

n=1

1) an

0 , ∀n

2) ∃ , 0

1

< 1 , ∃n0 ∈ N :

√
n

an

Khi đó chuỗi (A) hội tụ. Nếu với điều kiện 1) và 2 )

, ∀n

n0

√
n

an

1 với vô hạn

n

. Thế mà chuỗi

chỉ số n , thì chuỗi (A) phân kỳ.
Chứng minh. Với điều kiện 2) thì ∀n
∞

n

n0 ta có an

hội tụ, nên theo mệnh đề (1.2.4) (dấu hiệu so sánh) ta suy ra chuỗi

n=1

(A) hội tụ. Còn nếu với điều kiện 2 ) thì ta có an
n , nên (giải thích?) an

1 với vô hạn chỉ số

0 khi n → ∞. Do đó trong trường hợp này

chuỗi (A) phân kỳ.
∞

Định lí 1.2.6 (Tiêu chuẩn thứ hai). Cho chuỗi (A) =

an thoả mãn
n=1

1)
2)

an

0 , ∀n 1
√
∃ lim n an = r , 0
n→∞

r

+∞

Khi đó chuỗi (A) hội tụ nếu r < 1 , phân kỳ nếu r > 1 .
Chứng minh. Đây là hệ quả của định lý (1.2.5) (giải thích?).
∞

2

nn 2n
Ví dụ 1.2.12 Xét chuỗi
.
(n + 1)n2
n=1
n
√
n
2

→ < 1 (n → ∞) .
Ta thấy n an = 2
n+1
e
Do đó theo định lý (1.2.6) thì chuỗi đã cho hội tụ.


24

Chương 1. Dãy số và Chuỗi số

1.3

Bài tập

1. Chứng tỏ rằng dãy {an }∞
n=1 , với an =

n
2n

, n > 1 , giảm thực sự và

tìm giới hạn của nó.
2. Chứng minh sự hội tụ của các dãy:
√
1
1
1
(a) an = −2 n + √ + √ + · · · + √

,
n
1
2
√
1
1
1
(b) bn = −2 n + 1 + √ + √ + · · · + √
n
1
2

.

3. Giả sử rằng dãy) {an }∞
n=1 thoả mãn điều kiện
0 < an < 1 , an (1 − an+1 ) >

1
4

for (với) n ∈ N .

Khẳng định sự hội tụ của dãy này và tìm giới hạn của nó.
4. Khẳng định sự hội tụ và tìm giới hạn của dãy {an }∞
n=1 cho bởi
a1 = 0 , an+1 =

√

6 + an

với n

1.

5. Cho dãy số {xn }∞
n=1 xác định bởi x1 = x2 = 1 và
xn
, n∈N.
xn+2 = x2n+1 −
2
Chứng minh dãy này hội tụ và tìm giới hạn của nó.
6. Chứng tỏ rằng dãy {an }∞
n=1 cho bởi
a1 = 0 , a 2 =

1
1
, an+1 = (1 + an + a3n−1 ) với n > 1 ,
2
3

hội tụ và xác định giới hạn của nó.
7. Cho dãy số {xn }∞
n=1 xác định bởi x1 = 3 và
n+2
xn =
(xn−1 + 2) , n 2 .

3n
Chứng minh dãy này hội tụ và tìm giới hạn của nó.


1.3. Bài tập

25

8. Cho dãy số {xn }∞
n=1 xác định như sau: x1 ∈ (1, 2) và
x2n
, ∀n 1 .
2
Chứng minh rằng dãy này hội tụ và tìm lim xn ?
xn+1 = 1 + xn −

n→∞

9. Khảo sát tính đơn điệu của dãy {an }∞
n=1 cho bởi
an =

n!
, n
(2n + 1)!!

1,

và xác định giới hạn của nó.
10. Xác định sự hội tụ hay phân kỳ của dãy {an }∞

n=1 cho bởi
an =

(2n)!!
, n
(2n + 1)!!

1.

11. Chứng minh sự hội tụ của các dãy
1
1
1
+ 2 + ··· + 2 , n ∈ N ,
2
2
3
n
1
1
1
(b) an = 1 + 2 + 3 + · · · + n , n ∈ N .
2
3
n
(a) an = 1 +

12. Chứng minh sự hội tụ của dãy {an }∞
n=1 cho bởi
an =

1
n(n + 1)

+

1
(n + 1)(n + 2)

+ ··· +

1
(2n − 1)2n

, n∈N.

13. Với p ∈ N , a > 0 và a1 > 0 , xác định dãy {an }∞
n=1 như sau
an+1 =

1
a
(p − 1)an + p−1 , n ∈ N .
p
an

Tính lim an .
n→∞

14. Định nghĩa {an }∞

n=1 bằng truy hồi bởi
a1 =

√

2 , an+1 =

2+

√

an

với n

1.

Chứng minh sự hội tụ của dãy này và tìm giới hạn của nó.