Giới hạn của dãy số

Giới hạn của dãy số - Bồi dưỡng HSG 
Nguyễn Văn Xá – THPT Yên Phong 2 – Bắc Ninh 1 
GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ 
1. LÍ THUYẾT 

 Trong bài viết này chúng tôi kí hiệu n là một biến số nguyên dương, còn n0 là một hằng số 
nguyên dương (trừ trường hợp có chú thích cụ thể). 

 Một dãy số có giới hạn hữu hạn ñược gọi là dãy số hội tụ, nếu nó có giới hạn vô cực hoặc 
không có giới hạn thì ta nói nó phân kì. 

 Khi xét giới hạn của dãy số (un) ta có thể chỉ xét các số hạng của dãy kể từ số hạng thứ n0 
trở ñi, tức là việc thay ñổi hữu hạn số hạng ñầu tiên của dãy số không làm ảnh hưởng ñến 
tính hội tụ, và không làm ảnh hưởng ñến giới hạn (nếu có) của dãy số ñó. 

 Giới hạn của dãy số (nếu có) là duy nhất. Tức là nếu limun = u thì limun+k = limun-k = u, 
với k là số nguyên dương tùy ý. 

 limun = 0 ⇔ lim|un| = 0. 

 limun = u ⇔ lim|un – u| = 0. 

 n 2n 2n+1limu u limu limu u= ⇔ = = . 

 Nếu limun = u thì lim|un| = |u| và lim knu = uk (k nguyên dương), lim
n
1
u
= 
1 (u 0)
u
≠
. 

 Nếu un < un+1 < M (∀n ≥ n0) thì (un) hội tụ, limun = u ≤ M, và un < u (∀n ≥ n0). 

 Nếu un ≤ un+1 ≤ M (∀n ≥ n0) thì (un) hội tụ, limun = u ≤ M, và un ≤ u (∀n ≥ n0). 

 Nếu un ≤ un+1(∀n ≥ n0) và (un) không bị chặn trên thì limun = + ∞. 

 Nếu un > un+1 > m (∀n ≥ n0) thì (un) hội tụ, limun = u ≥ m, và un > u (∀n ≥ n0). 

 Nếu un ≥ un+1 ≥ m (∀n ≥ n0) thì (un) hội tụ, limun = u ≥ m, và un ≥ u (∀n ≥ n0). 

 Nếu un ≥ un+1(∀n ≥ n0) và (un) không bị chặn dưới thì limun = – ∞. 

 Một dãy số hội tụ thì bị chặn. 

 Nếu xn ≤ yn ≤ zn (hoặc xn < yn < zn ) với ∀n ≥ n0, ñồng thời limxn = limzn = a thì limyn = a 
(nguyên lí giới hạn kẹp). 

 Nếu un ≥ 0 (hoặc un > 0) với ∀n ≥ n0, và limun = u thì u ≥ 0 và lim nu u= . 

 Giả sử un ≤ vn (hoặc un < vn) với ∀n ≥ n0. Khi ñó: 
• Nếu limun = u, limvn = v thì u ≤ v. 
• Nếu limun = + ∞ thì limvn = + ∞. 
• Nếu limvn = – ∞ thì limun = – ∞. 

 Ta có lim
n11
n
 
+ 
 
= e. Nếu limun = + ∞ hoặc limun = - ∞ thì lim
n
n
11
u
u
 
+ 
 
= e. 

 Nếu (un) bị chặn và limvn = 0 thì lim(unvn) = 0. 
2. VÍ DỤ 
 VÍ DỤ 1. Cho dãy số (an) thỏa mãn n 1 n 1n
n 1 n 1
2a .a
a
a a
− +
− +
=
+
, ∀ n > 1. Tìm lim an. 
Giới hạn của dãy số - Bồi dưỡng HSG 
Nguyễn Văn Xá – THPT Yên Phong 2 – Bắc Ninh 2 
LỜI GIẢI. Nếu tồn tại số nguyên dương k sao cho ak = 0 thì k k 2k+1
k k 2
2a .a
a 0
a a
+
+
= =
+
, suy ra 
k+1 k 3
k+2
k+1 k 3
2a .a
a 0
a a
+
+
= =
+
, và dẫn tới k k 2k+1
k k 2
2a .a
a
a a
+
+
=
+
 không có nghĩa. Do vậy an ≠ 0, ∀ n ∈ N *. 
Bây giờ ta ñặt un = 
n
1
a
 (∀ n ∈ N *), thì un ≠ 0 (∀ n ∈ N *), thay vào ñẳng thức ở ñề bài ta 
ñược un = 
1
2
(un-1+ un+1), ∀n >1, suy ra (un) là cấp số cộng có công sai d, và số hạng tổng quát 
un = u1 + (n – 1)d ≠ 0, với mọi n ∈ N *. Như vậy 1n
1
a
a
1 (n 1)da= + − (∀ n ∈ N *). Nếu d = 0 
(⇔ u1 = u2 = ⇔ a1 = a2 = ) thì an = a1(∀ n ∈ N *) và lim an = a1. Nếu d ≠ 0 (⇔ các số 
hạng của dãy (un) phân biệt ⇔ các số hạng của dãy (an) phân biệt) thì 
1
n
1
alim a lim 0
1 ( n 1)d a= =+ − . 
 Vậy, nếu các số hạng của (an) bằng nhau thì lim an = a1, nếu các số hạng của dãy (an) 
phân biệt thì lim an = 0. 
 VÍ DỤ 2. Chứng minh rằng limqn = 
0, khi q 1
1, khi q = 1
+ , khi q > 1
không tô`n tai, khi q 1
.
 <



∞

 ≤ −

. 
LỜI GIẢI. Nếu q = 1 thì có ngay limqn = 1. Và nếu q = 0 thì cũng có ngay limqn = 0. 
 Nếu 0 0)⇒
n 0 1 n n
n n n
1 (1 a) C a.C ... a .C
q n
= + = + + + ≥1 + na > 0, 
với ∀ n ∈ N *. Do ñó n
10 q
1 na
< ≤
+
, với ∀ n ∈ N *. Vì a > 0 nên lim 1
1 na+
= 0. Theo 
nguyên lí giới hạn kẹp ta có lim|q|n = 0, hay limqn = 0. 
 Nếu q > 1 thì 0 < 
1
q < 1 nên theo chứng minh trên lim n
1
q = 0. Ta ñi ñến limq
n
 = + ∞. 
 Nếu q = –1 thì limq2n = 1 còn limq2n+1 = –1 nên không tồn tại limqn. 
 Nếu q 1 nên limq2n = lim(q2)n = + ∞, và limq2n+1 = lim[q.(q2)n] = – ∞, vì 
thế không tồn tại limqn. 
 VÍ DỤ 3. Cho dãy số (an) thỏa mãn an ≤ an+1 – 2n 1a + , n *∀ ∈ℕ . Tìm giới hạn liman. 
LỜI GIẢI. Từ an ≤ an+1 – 2n 1a + , n *∀ ∈ℕ , suy ra an ≤ an+1 và an ≤ 
1
4
, n *∀ ∈ℕ . Tức là (an) là 
dãy bị chặn trên và không giảm. Do ñó (an) có giới hạn hữu hạn liman = a. Lấy giới hạn hạn 
hai vế bất ñẳng thức ñề bài cho ta ñược a ≤ a – a2, hay a = 0. Vậy liman = 0. 
Giới hạn của dãy số - Bồi dưỡng HSG 
Nguyễn Văn Xá – THPT Yên Phong 2 – Bắc Ninh 3 
 VÍ DỤ 4. Cho dãy số (xn) thỏa mãn x1 = 3, 3n+1 n 1 nx 3x 2 x+− = + , ∀ n ∈ N *. Tìm giới 
hạn lim xn. 
LỜI GIẢI. Ta thấy x1 = 3 > 2. Giả sử xk > 2, lúc này 3k+1 k 1 kx 3x 2 x+− = + > 2 2 2+ = nên 
3
k+1 k 1x 3x 2 0+− − > ⇔ (xk+1 + 1)2(xk+1 – 2) > 0 ⇔ xk+1 > 2. Tức là xn > 2, ∀ n ∈ N *. 
 Xét hàm số f(t) = t3 – 3t, có f ’(t) = 3t2 – 3 = 3(t + 1)(t – 1) > 0, ∀ t > 2, suy ra f(t) ñồng 
biến trên khoảng (2; + ∞). Kiểm tra thấy 31 1x 3x 18− = > 32 2x 3x 5− = ⇒ f(x1) > f(x2) ⇒ 
x1 > x2. Giả sử xk > xk+1 ⇒ k2 x+ > k+12 x+ ⇒ 3k+1 k 1x 3x +− >
3
k+2 k 2x 3x +− 
⇒ f(xk+1) > f(x k +2) ⇒ xk+1 > xk+2. Do ñó xn > xn+1 với ∀ n ∈ N *. 
 Dãy (xn) giảm và bị chặn dưới bởi 2 nên tồn tại giới hạn hữu hạn lim xn = x ≥ 2. Lấy 
giới hạn hai vế ñẳng thức ñề bài ta ñược x3 – 3x = 2 x+ ⇔ x6 – 6x4 + 9x2 = x + 2 (vì x ≥ 2 
nên x3 – 3x > 0) ⇔ x6 – 6x4 + 9x2 – x – 2 = 0 ⇔ (x – 2).(x5 + 2x4 – 2x3– 4x2 + x + 1) = 0 
⇔ (x – 2).(x2(x3 – 4) + 2x3(x – 1) + x + 1) = 0 ⇔ x = 2 (do x ≥ 2). Vậy limxn = 2. 
 VÍ DỤ 5. Tính giới hạn: 
a) lim
n
n
[(2+ 3) ]
(2+ 3) , trong ñó [x] là phần nguyên của số thực x, tức là số nguyên lớn nhất 
không vượt quá x. 
b) lim( 2 3 n
1 3 5 2n 1
...
2 2 2 2
−
+ + + + ). c) lim 
c
n
n
a
 (a > 1, c > 0). d)lim n n . e) lim n
1
n! . 
LỜI GIẢI. a) ðặt 
n n
n
(2 3) (2 3)
a ,
2
+ + −
=
 nhờ công thức khai triển nhị thức Niuton ta 
thấy ngay an là số nguyên dương. Mặt khác – 1< – n(2 3)− < 0 nên có n[(2+ 3) ] = 
=[2an – n(2 3)− ] = 2an +[– n(2 3)− ] = 2an – 1. Vậy lim
n
n
[(2+ 3) ]
(2+ 3) = lim
n
n
2a 1
(2+ 3)
−
= 
= lim
n n
n
(2 3) (2 3) 1
(2+ 3)
+ + − −
= lim(
n n
1 11 (7 4 3) (2+ 3)+ −+ ) = 1. 
Nhận xét: Với x, y, n, r nguyên dương, r không là số chính phương thì tồn tại hai dãy 
số nguyên dương (an) và (bn) sao cho (x +y r )n = an + nb r ; (x - y r )n = an - nb r ; với 
n n n n
n n
(x y r ) (x y r ) (x y r ) (x y r )
a , b
2 2
+ + − + − −
= = . 
Giới hạn của dãy số - Bồi dưỡng HSG 
Nguyễn Văn Xá – THPT Yên Phong 2 – Bắc Ninh 4 
b) Ta ñặt xn = 2 3 n
1 3 5 2n 1
...
2 2 2 2
−
+ + + +
 ⇒ 2xn = 2 n-1
3 5 2n 11 ...
2 2 2
−
+ + + +
. Ta có 
xn = 2xn – xn = 2 n 2 n
1 1 1 1 2n2 ...
2 2 2 2−
−
+ + + + + = 3 – n 2
1
2 −
+ n
1
2 – n 1
n
2 −
. Dễ thấy 
lim
n 2
1
2 −
= lim n
1
2
= 0. Với mọi n > 2 ta có n 12 − = 0 1 2 n 1n 1 n 1 n 1 n 1C C C ... C
−
− − − −
+ + + + ≥ 
2
n 1C − = 
=
2n 3n 2
2
− +
 > 0. Từ ñó suy ra 
n 1 2
n 2n0
2 n 3n 2−
< <
− +
, ∀ n > 2. Mà lim 2
2n
n 3n 2− +
= 0 
nên lim n 1
n
2 −
 = 0. Vậy lim xn = 3. 
c) Với hai số thực a > 1 và c > 0 ta biến ñổi 
c
n
n
a
=
c
n
c
n
a
 
 
  
 
=
c
n
n
(1+b)
 
 
 
ở ñó b = 
1
ca – 1 > 0. 
Nhận thấy với mọi n ≥ 2 thì n(1 + b) = 0 1 2 2 n nn n n nC bC b C ... b C+ + + + ≥ 2 2nb C = 
2 2(n n)b
2
−
 > 0 
suy ra 0 < 
n
n
(1+b)
< 2
2
(n 1)b−
, ∀ n ∈ N *. Từ ñây và do lim 2
2
(n 1)b−
 = 0 nên lim
n
n
(1+b)
= 0, 
dẫn tới lim
c
n
n
a
= lim
c
n
n
(1+b)
 
 
 
= 0. 
d) Với n ≥ 9 ta có 
n 1 2 3 n
0 n n n n
n
n
1 C C C C1 C ...
nn n n n n
 
+ = + + + + + 
 
≥ 
≥
2n 1 n 3n 21 n
2 6 n
− − +
+ + + =
1 1 n n n 1
n
2 2 2 6 3 n
+ + + + > 
n n n
2 6
+ = 
n n n
n
6 2
+ −
 = 
=
n( n 3)
n
6
−
+ ≥ n. Dẫn ñến n
11 n 1
n
< < + với mọi n ≥ 9. Mà lim ( 11
n
+ ) = 1 nên suy 
ra lim n n = 1. 
Nhận xét: Với a >0, a ≠ 1, thì lim alog n
n
= 0. 
e) Trước hết ta có n! = 1.2.3n ≤ nn ⇒
n
1 1
n n!
≤ , ∀ n ∈ N *. Mặt khác ∀k = 1, n ta luôn có 
(n k)(k 1) 0 k(n k 1) n− − ≥ ⇒ − + ≥ , cho k chạy từ 1 ñến n ta thu ñược n bất ñẳng thức mà hai vế 
ñều dương, nhân n bất ñẳng thức này, vế với vế tương ứng, ta ñược (n!)2 ≥ nn hay 
n
1 1
, n *
n! n
≤ ∀ ∈ℕ . Từ 
n
1 1 1
, n *
n n! n
≤ ≤ ∀ ∈ℕ , và lim 1
n
 = lim 1
n
 = 0 suy ra lim
n
1
n!
= 0. 
Giới hạn của dãy số - Bồi dưỡng HSG 
Nguyễn Văn Xá – THPT Yên Phong 2 – Bắc Ninh 5 
 VÍ DỤ 6. Cho dãy số (un) thỏa mãn u1 = – 2, un+1 = n
n
u
1 u−
, ∀ n ∈ N *. 
a. Chứng minh un < 0, ∀ n ∈ N *. 
b. ðặt vn = n
n
1+ u
u
, ∀ n ∈ N *. Chứng minh (vn) là cấp số cộng. 
c. Tìm công thức số hạng tổng quát của (un), (vn), và tính các giới hạn limun, limvn. 
LỜI GIẢI. a) Ta chứng minh un < 0 (∀ n ∈ N *) bằng phương pháp quy nạp toán học. Rõ 
ràng u1 = – 2 0 ⇒ uk+1 = k
k
u
1 u−
< 0. Vậy un < 0 (∀ n ∈ N *). 
b) ðặt vn = n
n
1+ u
u
 thì vn ≠ 1 và un = 
n
1
v 1−
. Ta có v1 = 
1 2 1
2 2
−
=
−
. Từ un+1 = n
n
u
1 u−
 ta có 
n+1 n n
1 1 1
: (1 )
v 1 v 1 v 1
= −
− − −
 hay vn+1 = vn – 1 (∀ n ∈ N *). Vậy (vn) là cấp số cộng có số hạng 
ñầu tiên v1= 
1
2
, công sai d = –1. 
c) Từ câu b ta có ngay vn = 32 – n, và un = n
1
v 1−
 = 
1
3
n 1
2
− −
 hay un = 
2
1 2n−
 (∀ n ∈ N *). 
Như vậy limun = 0, limvn = – ∞. 
 VÍ DỤ 7. Cho dãy số (un) thỏa mãn 0 < un < 1 và un+1 < 1 – 
n
1
4u
 với mọi n ∈ N *. 
Chứng minh rằng un > 
1
2
, ∀ n ∈ N *. 
LỜI GIẢI. Từ 0 < un < 1 và un+1 < 1 – 
n
1
4u
 suy ra un(1 – un+1) > 14 (∀ n ∈ N *). Áp dụng bất 
ñẳng thức Côsi cho hai số un và 1 – un+1 ta có un + (1 – un+1) ≥ n n+1
12 u (1 u ) 2. 1
4
− > = 
hay n n+1u 1 u 1+ − > hay n n+1u > u (∀ n ∈ N *). Dãy (un) giảm và bị chặn nên có giới hạn hữu 
hạn nlimu u [0; 1]= ∈ . Lấy giới hạn hai vế của bất ñẳng thức un(1 – un+1) >
1
4
 ta ñược 
u(1 – u) > 1
4
 ⇔ u = 
1
2
. Tức là limun = 
1
2
. 
Bây giờ ta ñi chứng minh un > 
1
2
 (∀ n ∈ N *) bằng phương pháp phản chứng. Giả sử 
Giới hạn của dãy số - Bồi dưỡng HSG 
Nguyễn Văn Xá – THPT Yên Phong 2 – Bắc Ninh 6 
tồn tại số nguyên dương k sao cho uk ≤ 1
2
. Lúc này 1
2
≥ uk > uk+1 > uk+2 >  > un+k >  , 
∀ n ∈ N *. Suy ra 1
2
 ≥ uk > uk+1≥ lim un+k = 
1
2
. ðiều này vô lí. Vậy un > 
1
2
 (∀ n ∈ N *). 
 VÍ DỤ 8. Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng phương trình xn+1 = x + 1 có một 
nghiệm dương duy nhất, kí hiệu là xn. Tìm limxn. 
LỜI GIẢI. Trước hết nếu x > 0 thì x + 1 > 1, từ phương trình xn+1 = x + 1 ⇒ xn+1> 1 ⇒ x > 1. 
Do ñó nếu phương trình xn+1 = x + 1 có nghiệm dương thì nghiệm ñó sẽ lớn hơn 1. Ta xét 
hàm số fn(x) = xn+1 – x – 1 với x > 1, có fn’(x) = (n + 1)xn –1 > (n + 1) – 1 = n > 0 với mọi 
x > 1. Suy ra fn(x) ñồng biến trên khoảng (1; + ∞). Từ ñây, và tính liên tục của fn(x), và 
fn(1) = – 1< 0, nlim f (x)
x→+∞
= +∞ , ta kết luận phương trình xn+1 = x + 1 có nghiệm dương duy 
nhất xn. Tất nhiên xn > 1. 
 Do fn+1(x) liên tục, fn+1(1) = – 1 − − = fn(xn) = 0, 
nên phương trình xn+2 = x + 1 có nghiệm dương duy nhất xn+1 và 1 < xn+1< xn. Dãy (xn) giảm 
và bị chặn dưới bởi 1 nên có giới hạn hữu hạn limxn = a ≥ 1. Do xn là nghiệm dương của 
phương trình xn+1 = x + 1 nên n+1n nx x 1− − = 0 ⇒
1
n 1
n nx (1 x ) += + . Do lim
1
n+1
 = 0, 
lim(1+ xn) = a + 1, nên lim
1
n 1
n nx lim(1 x ) += + = (1 + a)0 = 1. Vậy limxn = 1. 
3. BÀI TẬP 
Bài 1. Tính giới hạn: 
1) lim(
3 3 3 3
3 3 3 3
1 3 5 (2n 1)
...
n n n n
−
+ + + + ). 2) lim
3 3 3
4
1 2 ... n
n
+ + +
. 
3) lim( 1 1 1...
1.2 2.3 n(n 1)+ + + + ). 4) lim(
1 3 2n 1
. ...
2 4 2n
− ). 
5) lim(cos 1
n
 + a.sin 1
n
)n. 6) lim(
2 2 2
1 1 1
...
n 1 n n n n
+ + +
+ + +
). 
7) lim
1 2 n
n
1 2 ... n
n
+ + +
. 8) lim 
na
n!
 (với a > 0). 
9) lim n n n n1 2 ... 2010+ + + . 10) lim( 1 1 11 ...
2 3 n
+ + + + ). 
Bài 2. Dãy số (xn) có x1 = a >0, 2n+1 nx x a− = (∀ n ∈ N *). Tìm limxn. 
Bài 3. Dãy số (an) có 0 < an < 1 và an+1 = an(2 – an) với mọi n ∈ N *. Tìm limxn. 
Bài 4. Với mỗi số nguyên dương n phương trình x = n x 1+ có một nghiệm dương duy nhất, 
kí hiệu là xn. Tìm lim(n(xn – 1)).