Tìm giới hạn của dãy số dựa vào các định lý và các giới hạn cơ bản


Bài viết hướng dẫn phương pháp tìm giới hạn của dãy số dựa vào các định lý và các giới hạn cơ bản, giúp học sinh học tốt chương trình Đại số và Giải tích 11.

I. PHƯƠNG PHÁP
Sử dụng các định lí về giới hạn, biến đổi đưa về các giới hạn cơ bản.
+ Khi tìm $\lim \frac{{f(n)}}{{g(n)}}$ ta thường chia cả tử và mẫu cho ${n^k}$, trong đó $k$ là bậc lớn nhất của tử và mẫu.
+ Khi tìm $\lim \left[ {\sqrt[k]{{f(n)}} – \sqrt[m]{{g(n)}}} \right]$ trong đó $\lim f(n) = \lim g(n) = + \infty $ ta thường tách và sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp.

II. CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1. Tìm các giới hạn sau:
1. $A = \lim \frac{{n\sqrt {1 + 3 + 5 + \ldots + (2n – 1)} }}{{2{n^2} + 1}}.$
2. $B = \lim \frac{{\sqrt {1 + 2 + \ldots + n} – n}}{{\sqrt[3]{{{1^2} + {2^2} + \ldots + {n^2}}} + 2n}}.$

Lời giải:
1. Ta có: $1 + 3 + 5 + \ldots + 2n – 1 = {n^2}.$
Suy ra $A = \lim \frac{{{n^2}}}{{2{n^2} + 1}}$ $ = \lim \frac{1}{{2 + \frac{1}{{{n^2}}}}} = \frac{1}{2}.$
2. Ta có: $1 + 2 + \ldots + n = \frac{{n(n + 1)}}{2}.$
${1^2} + {2^2} + \ldots + {n^2} = \frac{{n(n + 1)(2n + 1)}}{6}.$
Suy ra: $B = \lim \frac{{\sqrt {\frac{{n(n + 1)}}{2}} – n}}{{\sqrt[3]{{\frac{{n(n + 1)(2n + 1)}}{6}}} + 2n}}$ $ = \lim \frac{{\sqrt {\frac{{{n^2}\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)}}{2}} – n}}{{\sqrt[3]{{\frac{{{n^3}\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)\left( {2 + \frac{1}{n}} \right)}}{6}}} + 2n}}$ $ = \frac{{\sqrt {\frac{1}{2}} – 1}}{{\sqrt[3]{{\frac{1}{3}}} + 2}}.$

Ví dụ 2. Tìm các giới hạn sau:
1. $C = \lim \left[ {\left( {1 – \frac{1}{{{2^2}}}} \right)\left( {1 – \frac{1}{{{3^2}}}} \right) \ldots \left( {1 – \frac{1}{{{n^2}}}} \right)} \right].$
2. $D = \lim \left[ {\frac{1}{{1.2}} + \frac{1}{{2.3}} + \frac{1}{{3.4}} + \ldots + \frac{1}{{n(n + 1)}}} \right].$

Lời giải:
1. Ta có: $1 – \frac{1}{{{k^2}}}$ $ = \frac{{(k – 1)(k + 1)}}{{{k^2}}}$ nên suy ra:
$\left( {1 – \frac{1}{{{2^2}}}} \right)\left( {1 – \frac{1}{{{3^2}}}} \right) \ldots \left( {1 – \frac{1}{{{n^2}}}} \right)$ $ = \frac{{1.3}}{{{2^2}}}.\frac{{2.4}}{{{3^2}}} \ldots \frac{{(n – 1)(n + 1)}}{{{n^2}}}$ $ = \frac{{n + 1}}{{2n}}.$
Do vậy $C = \lim \frac{{n + 1}}{{2n}} = \frac{1}{2}.$
2. Ta có: $\frac{1}{{k(k + 1)}} = \frac{1}{k} – \frac{1}{{k + 1}}$ nên suy ra: $\frac{1}{{1.2}} + \frac{1}{{2.3}} + \frac{1}{{3.4}} + \ldots + \frac{1}{{n(n + 1)}}$ $ = 1 – \frac{1}{{n + 1}}.$
Vậy $D = \lim \left( {1 – \frac{1}{{n + 1}}} \right) = 1.$

Ví dụ 3. Tìm các giới hạn sau: $A = \lim \frac{{{4^{n + 1}} – {5^{n + 1}}}}{{{4^n} + {5^n}}}.$

Lời giải:
Chia cả tử và mẫu cho ${5^n}$ ta có: $A = \lim \frac{{4{{\left( {\frac{4}{5}} \right)}^n} – 5}}{{{{\left( {\frac{4}{5}} \right)}^n} + 1}} = – 5$ (do $\lim {\left( {\frac{4}{5}} \right)^n} = 0$).

Ví dụ 4. Tìm giới hạn sau: $C = \lim \left[ {\left( {1 – \frac{1}{{{2^2}}}} \right)\left( {1 – \frac{1}{{{3^2}}}} \right) \ldots \left( {1 – \frac{1}{{{n^2}}}} \right)} \right].$

Lời giải:
Ta có: $1 – \frac{1}{{{k^2}}}$ $ = \frac{{(k – 1)(k + 1)}}{{{k^2}}}$ nên suy ra:
$\left( {1 – \frac{1}{{{2^2}}}} \right)\left( {1 – \frac{1}{{{3^2}}}} \right) \ldots \left( {1 – \frac{1}{{{n^2}}}} \right)$ $ = \frac{{1.3}}{{{2^2}}}.\frac{{2.4}}{{{3^2}}} \ldots \frac{{(n – 1)(n + 1)}}{{{n^2}}}$ $ = \frac{{n + 1}}{{2n}}.$
Do vậy $C = \lim \frac{{n + 1}}{{2n}} = \frac{1}{2}.$

III. CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP
Bài 1. Tìm các giới hạn sau:
1. $A = \lim \frac{{{{\left( {2{n^2} + 1} \right)}^4}{{(n + 2)}^9}}}{{{n^{17}} + 1}}.$
2. $B = \lim \frac{{\sqrt {{n^2} + 1} – \sqrt[3]{{3{n^3} + 2}}}}{{\sqrt[4]{{2{n^4} + n + 2}} – n}}.$

Lời giải:
1. Ta có: $A = \lim \frac{{{n^8}{{\left( {2 + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}^4}.{n^9}{{\left( {1 + \frac{2}{n}} \right)}^9}}}{{{n^{17}}\left( {1 + \frac{1}{{{n^{17}}}}} \right)}}$ $ = \lim \frac{{{{\left( {2 + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}^4}.{{\left( {1 + \frac{2}{n}} \right)}^9}}}{{1 + \frac{1}{{{n^{17}}}}}}.$
Suy ra $A = 16.$
2. Ta có: $B = \lim \frac{{n\left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} – \sqrt[3]{{3 + \frac{2}{{{n^3}}}}}} \right)}}{{n\left( {\sqrt[4]{{2 + \frac{1}{{{n^3}}} + \frac{2}{{{n^4}}}}} – 1} \right)}}$ $ = \frac{{1 – \sqrt[3]{3}}}{{\sqrt[4]{2} – 1}}.$

Bài 2. Tìm các giới hạn sau:
1. $A = \lim \left( {\sqrt[3]{{{n^3} + 9{n^2}}} – n} \right).$
2. $B = \lim \left( {\sqrt {{n^2} + 2n} – \sqrt[3]{{{n^3} + 2{n^2}}}} \right).$

Lời giải:
1. Ta có: $A = \lim \left( {\sqrt[3]{{{n^3} + 9{n^2}}} – n} \right)$ $ = \lim \frac{{9{n^2}}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {{n^3} + 9{n^2}} \right)}^2}}} + n\sqrt[3]{{{n^3} + 9{n^2}}} + {n^2}}}.$
$ = \lim \frac{9}{{\sqrt[3]{{{{\left( {1 + \frac{9}{n}} \right)}^2}}} + \sqrt {1 + \frac{9}{n}} + 1}} = 3.$
2. Ta có: $B = \lim \left( {\sqrt {{n^2} + 2n} – n} \right) – \lim \left( {\sqrt[3]{{{n^3} + 2{n^2}}} – n} \right).$
$ = \lim \frac{{2n}}{{\sqrt {{n^2} + 2n} + n}}$ $ – \lim \frac{{2{n^2}}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {{n^3} + 2{n^2}} \right)}^2}}} + n\sqrt[3]{{{n^3} + 2{n^2}}} + {n^2}}}.$
$ = \lim \frac{2}{{\sqrt {1 + \frac{2}{n}} + 1}}$ $ – \lim \frac{2}{{\sqrt[3]{{{{\left( {1 + \frac{2}{n}} \right)}^2}}} + \sqrt[3]{{1 + \frac{2}{n}}} + 1}}$ $ = \frac{1}{3}.$

Bài 3. Tìm các giới hạn sau:
1. $C = \lim \frac{{\sqrt[4]{{3{n^3} + 1}} – n}}{{\sqrt {2{n^4} + 3n + 1} + n}}.$
2. $D = \lim \frac{{{a_k}{n^k} + \ldots + {a_1}n + {a_0}}}{{{b_p}{n^p} + \ldots + {b_1}n + {b_0}}}$ trong đó $k$,$p$ là các số nguyên dương; ${a_k}{b_p} \ne 0.$
3. $E = \lim \left( {\sqrt {{n^2} + n + 1} – n} \right).$
4. $F = \lim \left( {\sqrt {4{n^2} + 1} – \sqrt[3]{{8{n^3} + n}}} \right).$

Lời giải:
1. Chia cả tử và mẫu cho ${n^2}$ ta có được $C = \lim \frac{{\sqrt[4]{{\frac{3}{{{n^5}}} + \frac{1}{{{n^8}}}}} – \frac{1}{n}}}{{\sqrt {2 + \frac{3}{{{n^3}}} + \frac{1}{{{n^4}}}} + \frac{1}{n}}} = 0.$
2. Ta xét ba trường hợp sau:
+ $k > p.$ Chia cả tử và mẫu cho ${n^k}$ ta có:
$D = \lim \frac{{{a_k} + \frac{{{a_{k – 1}}}}{n} + \ldots + \frac{{{a_0}}}{{{n^k}}}}}{{\frac{{{b_p}}}{{{n^{p – k}}}} + \ldots + \frac{{{b_0}}}{{{n^k}}}}}$ $ = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{ + \infty \,\,{\rm{nếu}}\,\,{a_k}{b_p} > 0}\\
{ – \infty \,\,{\rm{nếu}}\,\,{a_k}{b_p} < 0}
\end{array}} \right..$
+ $k = p.$ Chia cả tử và mẫu cho ${n^k}$ ta có: $D = \lim \frac{{{a_k} + \frac{{{a_{k – 1}}}}{n} + \ldots + \frac{{{a_0}}}{{{n^k}}}}}{{{b_k} + \ldots + \frac{{{b_0}}}{{{n^k}}}}} = \frac{{{a_k}}}{{{b_k}}}.$
+ $k < p.$ Chia cả tử và mẫu cho ${n^p}$: $D = \lim \frac{{\frac{{{a_k}}}{{{n^{p – k}}}} + \ldots + \frac{{{a_0}}}{{{n^p}}}}}{{{b_p} + \ldots + \frac{{{b_0}}}{{{n^p}}}}} = 0.$
3. Ta có: $E = \lim \frac{{n + 1}}{{\sqrt {{n^2} + n + 1} + n}}$ $ = \lim \frac{{1 + \frac{1}{n}}}{{\sqrt {1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} + 1}} = \frac{1}{2}.$
4. Ta có:
$F = \lim \left( {\sqrt {4{n^2} + 1} – 2n} \right)$ $ – \lim \left( {\sqrt[3]{{8{n^3} + n}} – 2n} \right).$
Mà: $\lim \left( {\sqrt {4{n^2} + 1} – 2n} \right)$ $ = \lim \frac{1}{{\sqrt {4{n^2} + 1} + 2n}} = 0.$
$\lim \left( {\sqrt[3]{{8{n^2} + n}} – 2n} \right)$ $ = \lim \frac{n}{{\sqrt[3]{{{{\left( {8{n^2} + n} \right)}^2}}} + 2n\sqrt[3]{{8{n^2} + n}} + 4{n^2}}}$ $ = 0.$

Bài 4. Tìm các giới hạn sau:
1. $A = \lim \frac{{2{n^3} + \sin 2n – 1}}{{{n^3} + 1}}.$
2. $B = \lim \frac{{\sqrt[n]{{n!}}}}{{\sqrt {{n^3} + 2n} }}.$
3. $C = \lim \left( {\sqrt[k]{{{n^2} + 1}} – \sqrt[p]{{{n^2} – 1}}} \right).$

Lời giải:
1. $A = \lim \frac{{2 + \frac{{\sin 2n – 1}}{{{n^3}}}}}{{1 + \frac{1}{{{n^3}}}}} = 2.$
2. Ta có: $\frac{{\sqrt[n]{{n!}}}}{{\sqrt {{n^3} + 2n} }}$ $ < \frac{{\sqrt[n]{{{n^n}}}}}{{\sqrt {{n^3} + 2n} }}$ $ = \frac{n}{{\sqrt {{n^3} + 2n} }}$ $ \to 0$ $ \Rightarrow B = 0.$
3. Xét các trường hợp:
+ Trường hợp 1: $k > p$ $ \Rightarrow C = – \infty .$
+ Trường hợp 2: $k < p$ $ \Rightarrow C = + \infty .$
+ Trường hợp 3: $k = p$ $ \Rightarrow C = 0.$

Bài 5. Tìm giới hạn của các dãy số sau:
1. ${u_n} = \frac{1}{{2\sqrt 1 + \sqrt 2 }}$ $ + \frac{1}{{3\sqrt 2 + 2\sqrt 3 }}$ $ + \ldots + \frac{1}{{(n + 1)\sqrt n + n\sqrt {n + 1} }}.$
2. ${u_n} = \left( {1 – \frac{1}{{{T_1}}}} \right)\left( {1 – \frac{1}{{{T_2}}}} \right) \ldots \left( {1 – \frac{1}{{{T_n}}}} \right)$ trong đó ${T_n} = \frac{{n(n + 1)}}{2}.$
3. ${u_n} = \frac{{{2^3} – 1}}{{{2^3} + 1}}.\frac{{{3^3} – 1}}{{{3^3} + 1}} \ldots \frac{{{n^3} – 1}}{{{n^3} + 1}}.$
4. ${u_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{n}{{{n^2} + k}}} .$

Lời giải:
1. Ta có: $\frac{1}{{(k + 1)\sqrt k + k\sqrt {k + 1} }}$ $ = \frac{1}{{\sqrt k }} – \frac{1}{{\sqrt {k + 1} }}.$
Suy ra ${u_n} = 1 – \frac{1}{{\sqrt {n + 1} }}$ $ \Rightarrow \lim {u_n} = 1.$
2. Ta có: $1 – \frac{1}{{{T_k}}}$ $ = 1 – \frac{2}{{k(k + 1)}}$ $ = \frac{{(k – 1)(k + 2)}}{{k(k + 1)}}.$
Suy ra ${u_n} = \frac{1}{3}.\frac{{n + 2}}{n}$ $ \Rightarrow \lim {u_n} = \frac{1}{3}.$
3. Ta có $\frac{{{k^3} – 1}}{{{k^3} + 1}}$ $ = \frac{{(k – 1)\left( {{k^2} + k + 1} \right)}}{{(k + 1)\left[ {{{(k – 1)}^2} + (k – 1) + 1} \right]}}$ $ \Rightarrow {u_n} = \frac{2}{3}.\frac{{{n^2} + n + 1}}{{(n – 1)n}}$ $ \Rightarrow \lim {u_n} = \frac{2}{3}.$
4. Ta có: $n\frac{n}{{{n^2} + n}} \le {u_n} \le n\frac{n}{{{n^2} + 1}}$ $ \Rightarrow \frac{{ – n}}{{{n^2} + 1}} \le {u_n} – 1 \le \frac{{ – 1}}{{{n^2} + 1}}$ $ \Rightarrow \left| {{u_n} – 1} \right| \le \frac{n}{{{n^2} + 1}} \to 0$ $ \Rightarrow \lim {u_n} = 1.$

Bài 6. Tìm các giới hạn sau:
1. $A = \lim \frac{{{a_k}{n^k} + {a_{k – 1}}{n^{k – 1}} + \ldots + {a_1}n + {a_0}}}{{{b_p}{n^p} + {b_{p – 1}}{n^{p – 1}} + \ldots + {b_1}n + {b_0}}}$ với ${a_k}{b_p} \ne 0.$
2. $B = \lim \left( {\sqrt {{n^2} + n + 1} – 2\sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} – 1}} + n} \right).$

Lời giải:
1. Ta chia làm các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1: $n = k$, chia cả tử và mẫu cho ${n^k}$, ta được:
$A = \lim \frac{{{a_k} + \frac{{{a_{k – 1}}}}{n} + \ldots + \frac{{{a_0}}}{{{n^k}}}}}{{{b_p} + \frac{{{b_{p – 1}}}}{n} + \ldots + \frac{{{b_0}}}{{{n^k}}}}} = \frac{{{a_k}}}{{{b_p}}}.$
+ Trường hợp 2: $k>p$, chia cả tử và mẫu cho ${n^k}$, ta được:
$A = \lim \frac{{{a_k} + \frac{{{a_{k – 1}}}}{n} + \ldots + \frac{{{a_0}}}{{{n^k}}}}}{{\frac{{{b_p}}}{{{n^{k – p}}}} + \frac{{{b_{p – 1}}}}{{{n^{k – p + 1}}}} + \ldots + \frac{{{b_0}}}{{{n^k}}}}}$ $ = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{ + \infty \,\,{\rm{khi}}\,\,{a_k}{b_p} > 0}\\
{ – \infty \,\,{\rm{khi}}\,\,{a_k}{b_p} < 0}
\end{array}} \right..$
+ Trường hợp 3: $k<p$, chia cả tử và mẫu cho ${n^p}$, ta được:
$A = \lim \frac{{\frac{{{a_k}}}{{{n^{p – k}}}} + \frac{{{a_{k – 1}}}}{{{n^{p – k + 1}}}} + \ldots + \frac{{{a_0}}}{{{n^p}}}}}{{{b_p} + \frac{{{b_{p – 1}}}}{n} + \ldots + \frac{{{b_0}}}{{{n^p}}}}} = 0.$
2. Ta có: $B = \lim \left( {\sqrt {{n^2} + n + 1} – n} \right)$ $ – 2\lim \left( {\sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} – 1}} – n} \right).$
Mà: $\lim \left( {\sqrt {{n^2} + n + 1} – n} \right)$ $ = \lim \frac{{n + 1}}{{\sqrt {{n^2} + n + 1} + n}}$ $ = \lim \frac{{1 + \frac{1}{n}}}{{\sqrt {1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} + 1}}$ $ = \frac{1}{2}.$
$\lim \left( {\sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} – 1}} – n} \right)$ $ = \lim \frac{{{n^2} – 1}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {{n^3} + {n^2} – 1} \right)}^2}}} + n\sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} – 1}} + {n^2}}}.$
$ = \lim \frac{{1 – \frac{1}{{{n^2}}}}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {1 + \frac{1}{{{n^4}}} – \frac{1}{{{n^6}}}} \right)}^2}}} + \sqrt[3]{{1 + \frac{1}{n} – \frac{1}{{{n^3}}}}} + 1}}$ $ = \frac{1}{3}.$
Vậy $B = \frac{1}{2} – \frac{2}{3} = – \frac{1}{6}.$

Bài 7.
1. Cho các số thực $a$, $b$ thỏa $|a| < 1$; $|b| < 1.$ Tìm giới hạn $I = \lim \frac{{1 + a + {a^2} + \ldots + {a^n}}}{{1 + b + {b^2} + \ldots + {b^n}}}.$
2. Cho dãy số $\left( {{x_n}} \right)$ xác định bởi ${x_1} = \frac{1}{2}$, ${x_{n + 1}} = x_n^2 + {x_n}$, $\forall n \ge 1.$
Đặt ${S_n} = \frac{1}{{{x_1} + 1}} + \frac{1}{{{x_2} + 1}} + \ldots + \frac{1}{{{x_n} + 1}}.$ Tính $\lim {S_n}.$
3. Cho dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ được xác định bởi: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{u_1} = 3}\\
{{u_{n + 1}} = \frac{{{u_n}{{\left( {{u_n} + 1} \right)}^2} – 8}}{5}}
\end{array}} \right.$, $(n \ge 1,n \in N)$. Xét sự hội tụ và tính giới hạn sau nếu tồn tại: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{{u_i} – 2}}{{u_i^2 + 1}}} .$

Lời giải:
1. Ta có $1$, $a$, ${a^2}$ … ${a^n}$ là một cấp số nhân công bội $a.$
$1 + a + {a^2} + \ldots + {a^n}$ $ = \frac{{1 – {a^{n + 1}}}}{{1 – a}}.$
Tương tự: $1 + b + {b^2} + \ldots + {b^n}$ $ = \frac{{1 – {b^{n + 1}}}}{{1 – b}}.$
Suy ra $\lim I = \lim \frac{{\frac{{1 – {a^{n + 1}}}}{{1 – a}}}}{{\frac{{1 – {b^{n + 1}}}}{{1 – b}}}} = \frac{{1 – b}}{{1 – a}}$ (vì $|a| < 1$, $|b| < 1$ $ \Rightarrow \lim {a^{n + 1}} = \lim {b^{n + 1}} = 0$).
2. Từ công thức truy hồi ta có: ${x_{n + 1}} > {x_n}$, $\forall n = 1,2, \ldots .$
Nên dãy $\left( {{x_n}} \right)$ là dãy số tăng.
Giả sử dãy $\left( {{x_n}} \right)$ là dãy bị chặn trên, khi đó sẽ tồn tại $\lim {x_n} = x.$
Với $x$ là nghiệm của phương trình: $x = {x^2} + x$ $ \Leftrightarrow x = 0 < {x_1}$ vô lí.
Do đó dãy $\left( {{x_n}} \right)$ không bị chặn, hay $\lim {x_n} = + \infty .$
Mặt khác $\frac{1}{{{x_{n + 1}}}} = \frac{1}{{{x_n}\left( {{x_n} + 1} \right)}}$ $ = \frac{1}{{{x_n}}} – \frac{1}{{{x_n} + 1}}.$
Suy ra: $\frac{1}{{{x_n} + 1}} = \frac{1}{{{x_n}}} – \frac{1}{{{x_{n + 1}}}}.$
Dẫn tới: ${S_n} = \frac{1}{{{x_1}}} – \frac{1}{{{x_{n + 1}}}} = 2 – \frac{1}{{{x_{n + 1}}}}$ $ \Rightarrow \lim {S_n} = 2 – \lim \frac{1}{{{x_{n + 1}}}} = 2.$
3. Ta chứng minh được: ${u_n} \ge 3$; $\forall n \in {N^*}$, do đó ${u_{n + 1}} – {u_n}$ $ = \frac{{{{\left( {{u_n} + 2} \right)}^2}\left( {{u_n} – 2} \right)}}{5} > 0.$
Từ đó thấy $\left( {{u_n}} \right)$ tăng.
Giả sử $\left( {{u_n}} \right)$ bị chặn, khi đó tồn tại giới hạn hữu hạn, giả sử $\lim {u_n} = a$ và ta có: $a = \frac{{a{{(a + 1)}^2} – 8}}{5}$ $ \Leftrightarrow {a^3} + 2{a^2} – 4a – 8 = 0$ $ \Leftrightarrow a = \pm 2$ (loại).
Do đó $\lim {u_n} = + \infty .$
Ta lại thấy rằng: ${u_{n + 1}}$ $ = \frac{{{u_n}{{\left( {{u_n} + 1} \right)}^2} – 8}}{5}$ $ \Rightarrow \frac{{{u_n} – 2}}{{u_n^2 + 1}}$ $ = \frac{1}{{{u_n} + 2}} – \frac{1}{{{u_{n + 1}} + 2}}$, $\forall n \in {N^*}.$
Vì vậy nên: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{{u_i} – 2}}{{u_i^2 + 1}}} $ $ = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{{{u_1} + 2}} – \frac{1}{{{u_{n + 1}} + 2}}} \right)$ $ = \frac{1}{5}.$



Ghi chú: Quý thầy, cô hoặc bạn đọc muốn đóng góp tài liệu cho TOANMATH.com, vui lòng gửi về:
Fanpage: TOÁN MATH
Email: toanmath.com@gmail.com