មេរៀន ទ្រឹស្តី និងលំហាត់សី្វត

មូលដ្ឋាននៃសី្វត
១,ស្វីតចំនួនពិត

អនុវត្តន៍:

$latex  f:N \rightarrow R$
\vspace{25 mm} n \rightarrow f(n)
ហៅថា ស្វីត។ កំនត់សរសេរ: a_{n}=f(n)
តាងដោយ {a_{n}}

២,ស្វីតទាល់
-ស្វីត {a_{n}}​ ហៅថាស្វីតទាល់លើ បើមានចំនួន M ដែល:
a_{n} \leq M, \forall n \in N
-ស្វីត​ {a_{n}} ហៅថាស្វីតទាល់ក្រោម បើមានចំនួន​ M ដែល:
a_{n} \geq M, \forall n \in N
-សី្វត {a_{n}} ហៅថាស្វីតទាល់ បើវាទាល់លើផង ទាល់ក្រោមផង។
ជាក់ស្តែងសី្វត {a_{n}} ជាសី្វតទាល់លុះត្រាតែមានចំនួន k វិជ្ជមានដែល:
|a_{n}| \leq k, \forall n \in N.

៣,សី្វតម៉ូណូតូន
-សី្វត {a_{n}} ជាសី្វតកើនបើ: a_{n} \leq a_{n+1}, \forall n \in N
-សី្វត {a_{n}} ជាសី្វតចុះបើ: a_{n} \geq a_{n+1}, \forall n \in N
សី្វតកើន រឺ ចុះហៅរួមថាជាសី្វតម៉ូណូតូន។

៤,សី្វតរង
គេអោយសី្វត {a_{n}} និង n_{k+1}>n_{k}, n_{k} \in N នោះសី្វត {a_{n}}(ជាមួយ a_{k}=a_{n_{k}})ហៅថាសី្វតរងរបស់ {a_{n}} ហើយតាងដោយ \begin{Bmatrix} a_{n_{k}} \end{Bmatrix}.

កំនត់សំគាល់:
n_{K} \geq k, \forall k \in N.
-គ្រប់ស្វីតសុទ្ទតែជាស្វីតរងរបស់ខ្លួនវា។
-គ្រប់ស្វីតរងរបស់សី្វតទាល់សុទ្ទតែជាស្វីតទាល់។
-គ្រប់ស្វីតរងរបស់ស្វីតម៉ូណូតូនជាស្វីតម៉ូណូតូន។

៥,លីមីតរបស់សី្វតចំនួនពិត
ចំនួន​ a \in R ហៅថាលីមីតនៃសី្វត​ {a_{n}} បើ:\forall \epsilon >0, \quad n_{ \epsilon} \in N: \forall n \in N, n>n_{ \epsilon} \implies |a_{n}-a|< \epsilon
តាងដោយ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a​​ ឬ​a_{n} \rightarrow a
ស្វីតមានលីមីតហៅថាស្វីតបង្រួម ឯសី្វតគ្មានលីមីតហៅថាស្វីតពង្រីក។

ទ្រឹស្តីបទនៃស្វីត
៦,ទ្រឹស្តីបទមួយចំនួនអំពីស្វីត:
b) ស្វីតទទួលបានដោយវិធីចំលាស់ នៃបណ្តាតួនៃស្វីតបង្រួមមួយ ក៍ជាស្វីតបង្រួមដែរ ហើយមានលីមីតរួមគ្នា។

  • សំរាយបំភ្លឺ

a) ឧបមាថា \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a និង \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a^{'}.
បើ a \neq a^{'}, យក \epsilon = \dfrac{|a-a^{'}|}{2}
តាមឧបមាគេបាន:
មានn_{ \epsilon} \in N: \forall n \in N, n>n_{\epsilon} \implies \left\{ \begin{array}{l} |a_{n}-a|< \epsilon \\ |a_{n}-a^{'}|< \epsilon \end{array} \right.
ហេតុនោះគេបាន: \forall n \in N,n>n_{ \epsilon} \implies |a-a^{'}| \leq |a_{n}-a|+|a_{n}-a^{'}|<2 \epsilon \implies |a-a^{'}<2 \epsilon =|a-a^{'}| b) ឧបមាថា​​ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a និង \sigma :N \rightarrow N គឺជាអនុវត្តន៍មួយទល់មួយ។ យើងនឹងស្រាយបំភ្លឺថា​:\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{ \sigma (n)}=a.
ដោយ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a គេបាន: \forall \epsilon >0, n_{ \epsilon} \in N: \forall n \in N, n>n_{ \epsilon} \implies |a_{n}-a|< \epsilon បនែ្ថមពីនេះទៀត : \sigma :N \rightarrow N គឺជាអនុវត្តន៍មួយទល់មួយនោះ: \quad m_{ \epsilon} \in N: \sigma ({1,2,...,m{ \epsilon}}) \implies {1,2,…,n_{ \epsilon}} ពេលនោះ: \forall n \in N, n>m_{ \epsilon} \implies \sigma (n)>n_{ \epsilon}
(ព្រោះច្រាសមកវិញ \sigma (n) \leq n_{ \epsilon} \implies \sigma (n) \in {1,2,…,n_{\epsilon} })
\implies \sigma (n) \in \sigma({1,2,…,m_{ \epsilon}})
\implies n \in {1,2,…,m_{ \epsilon} } (ព្រោះ​ \sigma ជាអនុវត្តន៍មួយទល់មួយ)

\implies n \leq m_{ \epsilon}

\implies មិនកំនត់

\implies |a_{ \sigma (n)}-a|< \epsilon

\implies \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{ \sigma (n)}=a_{n}

\implies មិនកំនត់

ដូចនេះ a=a^{'}

B \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a \iff  \displaystyle \lim_{n \to +\infty} (a_{n}-a)=0

  • សំរាយបំភ្លឺ

យើងមាន:
\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a \iff \forall \epsilon >0, \quad n_{ \epsilon} \in N: \forall n \in N,n>n_{ \epsilon} \implies |a_{n}-a|< \epsilon

\iff |(a_{n}-a)-0|< \epsilon

\iff \displaystyle \lim_{n \to +\infty} (a_{n}-a)=0.

C \displaystyle\lim_{n \to +\infty} a_{n}=0 \iff \lim_{n \to +\infty} |a_{n}|=0

  • សំរាយបំភ្លឺ

យើងមាន:
\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=0 \iff \forall \epsilon >0, \quad n_{ \epsilon} \in N: \forall n \in N,n>n_{ \epsilon} \implies |a_{n}-0|< \epsilon

\iff ||a_{n}|-0|< \epsilon

\displaystyle \iff \lim_{n \to +\infty} |a_{n}|=0.

D -បើ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a \neq 0 នោះមាន

n_{o} \in N ដែល​ |a_{n}|> \frac{|a|}{2}, \forall n \geq n_{o}.

  • សំរាយបំភ្លឺ

ដោយ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a \neq 0 គេបាន:
ជាមួយ \epsilon = \displaystyle \frac{|a|}{2}>0 នោះមាន n_{o} \in N ដែល:

\forall n \in N,n \geq n_{o} \implies |a_{n}-a|< \epsilon

\implies |a|-|a_{n}| \leq |a_{n}-a|< \epsilon

\implies |a_{n}|>|a|- \epsilon = \dfrac{|a|}{2}

ដូចនេះ: |a_{n}|> \dfrac{|a|}{2}, \forall n \geq n_{o}

E -បើ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a នោះ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} |a_{n}|=|a|.

  • សំរាយបំភ្លឺ

ដោយ: \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a គេបាន:

\forall \epsilon >0, \quad n \epsilon \in N: \forall n \in N, n>n_{ \epsilon}

\implies |a_{n}-a|< \epsilon

\implies ||a_{n}|-|a|| \leq |a_{n}-a|< \epsilon

\implies \displaystyle \lim_{n \to +\infty} |a_{n}|=|a|.

F -​ គ្រប់ស្វីតបង្រួមសុទ្ធតែជាស្វីតទាល់។

  • សំរាយបំភ្លឺ

ឧបមាថា​ {a_{n}} គឺជាស្វីតបង្រួម​ និង \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a
ពេលនោះ:
ជាមួយ \epsilon =1, តាមនិយមន័យលីមីត,មាន n_{o} \in N ដែល:

|a_{n}-a|<1, \quad \forall n>n_{o}

\implies |a_{n}|<1+|a|, \quad \forall n>n_{o}

តាង​ M=Max{|a_{1}|,...,|a_{n_{o}}|} នោះ |a_{n} \leq M, \forall n \in N.

ចំណាំ:តាមលទ្ធផលនេះ យើងទាញបានថា: គ្រប់ស្វីតមិនទាល់សុទ្ធតែជាស្វីតពង្រីក តែច្រាសមកវិញមិនពិតជាទូទៅទេ(ព្រោះស្វីត ​​​ {(-1)^{n}}ទាល់ និង​ ពង្រីក។

G- បើ a_{n}=a, \forall n \in N, n>n_{o}(n_{o} \in N) នោះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a.

  • សំរាយបំភ្លឺ

\forall \epsilon >0, \forall n \in N, n>n_{o} \Rightarrow a_{n}=a
\Rightarrow |a_{n}-a|=0< \epsilon
\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a.

H- គេអោយ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a, \quad \lim_{n \to +\infty} b_{n}=b និង\alpha \in R.
ពេលនោះ:
a) \displaystyle \lim_{n \to +\infty} (a_{n}+b_{n})=a+b
b) \displaystyle \lim_{n \to +\infty} ( \alpha a_{n})= \alpha a
c) \displaystyle \lim_{n \to +\infty} (a_{n}b_{n})=a.b
d) \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \frac{a_{n}}{b_{n}}= \frac{a}{b} , \quad (b \neq 0)

  • សំរាយបំភ្លឺ

a)អោយ \epsilon >0 ណាមួយ.
ដោយ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a,នោះមាន n_{1}( \epsilon ) \in N: \forall n \in N, n>n_{1}( \epsilon ) \Rightarrow |a_{n}-a|n_{2}( \epsilon ) \Rightarrow |b_{n}-b|n( \epsilon )=n_{1}( \epsilon )+n_{2}( \epsilon )គេបាន:
|(a_{n}+b_{n})-(a+b)|=|(a_{n}-b)+(b_{n}-b)| \leq |a_{n}-a|+|b_{n}-b|
< \dfrac{ \epsilon}{2}+ \dfrac{ \epsilon}{2}= \epsilon

ដូចនេះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} (a_{n}+b_{n})=a+b

b)ដោយ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a គេបាន:
\forall \epsilon >0, \exists n_{ \epsilon} \in N: \forall n \in N ,n>n_{ \epsilon}

\Rightarrow |a_{n}-a|< \dfrac{ \epsilon}{1+| \alpha |}

\Rightarrow | \alpha a_{n}- \alpha a|=| \alpha |.|a_{n}-a| \leq (1+| \alpha |)|a_{n}-a|< \epsilon
\Rightarrow | \alpha a_{n}- \alpha a|< \epsilon

ដូចនេះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} ( \alpha a_{n})= \alpha a.

c)ដោយ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}=bនោះតាមទ្រឹស្តីបទ F​ មាន​M>0​ ដែល:
|b_{n}| \leq M, \quad \forall n \in N.
លើសពីនោះទៀតតាមសម្មតិកម្មគេបាន:

\forall \epsilon >0, \exists n_{ \epsilon} \in N: \forall n \in N, n>n_{ \epsilon} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} |a_{n}-a|< \dfrac{ \epsilon}{2(M+|a|)} \\ |b_{n}-b|< \dfrac{ \epsilon}{2(M+|b|)} \end{array} \right.

ហេតុនោះ:
\forall n \in N, n>n_{ \epsilon} \Rightarrow |a_{n}b_{n}-ab| \leq |b_{n}(a_{n}-a)|+|a(b_{n}-b)|
\leq M|a_{n}-a|+|a|.|b_{n}-b|
<(M+|a|)(|a_{n}-a|+|b_{n}-b|)
<\epsilon
គឺថា \displaystyle \lim_{n \to +\infty} (a_{n}b_{n})=a.b.

d)ដោយ​\displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}=b \neq 0 នោះតាម​ទ្រឹស្តី E​មានn_{1} \in Nដែល:
|b_{n}|> \dfrac{|b|}{2}, \forall n>n_{1}.
លើសពីនេះទៀតតាម​សម្មតិកម្មគេបាន:
\forall \epsilon >0, \exists n_{ \epsilon} \in N: \forall n \in N, n>n_{ \epsilon} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} |a_{n}-a||< \epsilon ' \\ |b_{n}-b|< \epsilon ' \end{array} \right.
(ជាមួយ\epsilon '= \dfrac{b^{2}}{2(|a|+|b|)} \epsilon)

ហេតុនោះ:
\forall n \in N,n>n_{o}=n_{1}+n_{ \epsilon}
\Rightarrow \displaystyle | \frac{a_{n}}{b_{n}}- \frac{a}{b}|= \frac{|ba_{n}-ab_{n}|}{|b_{n}b|}= \frac{|b(a_{n}-a)+a(b-b_{n})|}{|b_{n}|.|b|}

\leq \dfrac{|b|.|a_{n}-a|+|a|.|b_{n}-b|}{|b_{n}|.|b|}

\leq \dfrac{|b|.|a_{n}-a|+|a|.|b_{n}-b|}{ \dfrac{1}{2}|b|.|b|}

\leq \dfrac{|b| \epsilon '+|a| \epsilon '}{ \dfrac{1}{2}|b|.|b|}

\quad \leq \dfrac{2(|a|+|b|)}{b^{2}} \epsilon '= \epsilon

ដូចនេះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \frac{a_{n}}{b_{n}}= \frac{a}{b}

I- គេអោយ {a_{n}}, {b_{n}} ជាស៊្វីតបង្រួម និងចំនួនពិត n_{o} \in N.ពេលនោះ:
a)បើa_{n} \geq \alpha , \forall n \geq n_{o} នោះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n} \geq \alpha .

b)បើ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a> \alphaនោះ​ \exists n_{1} \in Nដែលa_{n}> \alpha , \forall n>n_{1}.

c)បើa_{n} \leq \beta , \forall n \geq n_{o}នោះ\quad \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n} \leq \beta .

d)បើ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a< \betaនោះ\exists n_{1} \in Nដែលa_{n}< \beta , \forall n>n_{1}.

e)បើ\alpha \leq a_{n} \leq \beta , \forall n \geq n_{o}នោះ\quad \alpha \leq \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n} \leq \beta .

f)បើ\alpha < \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a< \betaនោះ\quad \exists n_{1} \in Nដែល:
\alpha < \beta , \forall n>n_{1}.

g)បើa_{n} \leq b_{n}, \forall n \geq n_{o}នោះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n} \leq \lim_{n\to +\infty} b_{n}.

h)បើ\left\{ \begin{array}{l} a_{n} \leq c_{n} \leq b_{n}, \forall n \geq n_{o} \\ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= \lim_{n \to +\infty} b_{n}=a \end{array} \right.នោះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} c_{n}=a

i)បើ\left\{ \begin{array}{l} |c_{n} \leq b_{n}, \forall n \geq n_{o} \\ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}=0 \end{array} \right.នោះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} c_{n}=0

សំរាយបំភ្លឺ

a)តាង:\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a,បើa< \alphaនោះរើស\epsilon = \alpha -a>0.
នោះតាមឧបមា\exists n_{ \epsilon} \in N,n_{ \epsilon}>n_{o}ដែល:\forall n \in N,n>n_{ \epsilon}
\Rightarrow |a_{n}-a|< \epsilon
\Rightarrow a_{n}< a+ \epsilon = \alpha
\Rightarrow មិនកំនត់.

ដូចនេះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n} \geq \alpha.

b) a> \alpha \Rightarrow \epsilon =a- \alpha >0
ហេតុនេះតាម\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a, \exists n_{ \epsilon} \in N ដែល:\forall n \in N, n>n_{ \epsilon}
\Rightarrow |a_{n}-a|< \epsilon \Rightarrow a_{n}>a- \epsilon = \alpha

ដូចនេះ:a_{n}> \alpha , \forall n>n_{ \epsilon}.

c)យើងមាន:a_{n} \leq \beta , \forall n \geq n_{o}
\Rightarrow -a_{n} \geq - \beta , \forall n \geq n_{o}

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} (-a_{n}) \geq - \beta(ផែ្អកលើ (a))

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n} \leq  \beta.

d)យើងមាន:\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a< \beta \Rightarrow \lim_{n \to +\infty} (-a_{n})=-a>- \beta

ហេតុនោះតាម(b) \exists n_{1} \in Nដែល: -a_{n}>- \beta , \forall n>n_{1}
\Rightarrow a_{n}< \beta , \forall n>n_{1}.

e)តាម(a) & (c).

f)តាម(b) & (d).

g)ដោយ:a_{n} \leq b_{n}, \forall n \geq n_{o}
\Rightarrow b_{n}-a_{n} \geq 0, \forall n \geq n_{o}

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} (b_{n}-a_{n}) \geq 0(តាម​(a))

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}- \lim_{n \to +\infty} a_{n} \geq 0

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n} \leq \lim_{n \to +\infty} b_{n}.

h)ដោយ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= \lim_{n \to +\infty} b_{n}=a
គេបាន\forall \epsilon >0, \exists n_{ \epsilon} \in N,n_{ \epsilon}>n_{o}ដែល:\forall n \in N, n>n_{ \epsilon}

\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} |a_{n}-a|< \epsilon \\ |b_{n}-a|< \epsilon \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a- \epsilon <a_{n} \\ b_{n}<a+ \epsilon \end{array} \right.

តែa_{n} \leq c_{n} \leq b_{n}, \forall n>n_{ \epsilon}គេបាន:

\left\{ \begin{array}{l} a- \epsilon < c_{n} \\ c_{n} < a+ \epsilon \end{array} \right. , \forall n> n_{ \epsilon}

\Rightarrow a- \epsilon < c_{n} < a+ \epsilon , \forall  n>n_{ \epsilon}
\Rightarrow |c_{n}-a|< \epsilon , \forall n>n_{ \epsilon}.

ដូចនេះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} c_{n}=a.

i)ដោយ:|c_{n}| \leq b_{n}, \forall n \geq n_{o} \Rightarrow -b_{n} \leq c_{n} \leq b_{n}, \forall n \geq n_{o}

ដែល\displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}= \lim_{n \to +\infty} (-b_{n})=o.

ដូចនេះតាម (h) នោះ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} c_{n}=0.

J- ស៊្វីត {a_{n}}​បង្រួមលុះត្រាតែគ្រប់ស៊្វីតរងរបស់វាសុទ្ធតែជាស៊្វីបង្រួម ហើយមាន​លីមីតរួម។

សំរាយបំភ្លឺ

( \Rightarrow )ឧបមាថា​\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a.
ពេលនោះ:
\forall \epsilon > 0, \exists n_{ \epsilon} \in N: \forall n \in N, n > n_{ \epsilon}
\Rightarrow |a_{n}-a| < \epsilon
ហៅ {a_{n}}ជាស៊្វីរងណាមួយនៃ {a_{n}}.
ពេលនោះ: \forall k \in N,K > n_{ \epsilon} \Rightarrow n_{k} \geq k \geq n_{ \epsilon}
\Rightarrow |a_{n_{k}}-a| < \epsilon

ដូចនេះ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n_{k}}=a.

( \Leftarrow ) គេដឹងថាគ្រប់ស៊្វីតរងរបស់ {a_{n}}សុទ្ធតែបង្រួម នោះជាក់ស្តែង​ {a_{n}}ជាស៊្វីតបង្រួម (ព្រោះ {a_{n}}ក៏ជាស៊្វីតរងមួយដែររបស់{a_{n}}).

K- គ្រប់ស៊្វីតទាំងអស់សុទ្ធតែមានស៊្វីតរងម៉ូណូតូនយ៉ាងតិចមួយ។

សំរាយបំភ្លឺ​

ជាមួយស៊្វីត{a_{n}}ពិនិត្យសំនុំ:
A={n \in N \quad |a_{m} \geq a_{n}, \forall m>n}.
យើងមានពីរករណី:

  • Aមានធាតុរាប់មិនអស់:

យើងបងើ្កតស៊្វីត{a_{k}}តាមកំនើនដូចខាងក្រោម:

\left\{ \begin{array}{l} m=MinA \\ n_{k+1}=MinA, \quad {n_{1},...n_{k}} \end{array} \right.

នោះ​{a_{k}}ជាស៊្វីតកើននៃមួយចំនួនគត់វិជ្ជមាន និងa_{n_{k}} \leq a_{n_{k+1}}, \forall k \in N.

  • A= \varnothingឬ មានធាតុកំនត់:

ពេលនោះ\exists n_{1} \in N,n \geq n_{1}, \exists m \in N,m > n,a_{m} < a_{n}.
តាងn_{k+1}=Min{m \in N | m > n_{k}, \quad a_{m} < a_{n_{k}}.}(ជាមួយ k \in N).
យើងមាន{a_{n}}ជាំស៊្វីតកើននៃមួយចំនួគត់វិជ្ជាមាន​ និងa_{n_{k}} > a_{n_{k+1}}, \forall k \in N.
ដូចនេះស្របគា្នទ្រឹស្តី​K ត្រូវបានស្រាយបំភ្លឺ។
៧-គោលការណ៍ស៊្វីត​

A- គោលការណ៍ Weierstrass a) បើស៊្វីត{a_{n}} កើន និងទាល់លើនោះវាបង្រួម ហើយ:
\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=Sup, \quad n \in Nb)បើស៊្វីត{$latexa_{n}$}និងទាល់ក្រោមនោះវាជាស្វ៊ីតបង្រួម ហើយ:
\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=infa_{n}, \quad n \in N.

សំរាយបំភ្លឺ

a)ដោយស៊្វីត{a_{n}}ទាល់លើគេបាន:a=Supa_{n} < +\infty, \quad n \in N
ពេលនោះ: \forall \epsilon > 0, \exists n_{o} \in N: a- \epsilon < a_{n_{o}}
\Rightarrow a \geq a_{n} \geq a_{n_{o}} > a- \epsilon, \quad \forall n> n_{o}(ព្រោះ{a_{n}}ជាស៊្វីតកើន)
\Rightarrow - \epsilon < a_{n}-a \leq 0, \quad \forall n > n_{o}
\Rightarrow |a_{n}-a| < \epsilon , \quad \forall n > n_{o}

ដូចនេះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=a=Supa_{n},n \in N

b)ដោយ{a_{n}}ជាស៊្វីតចុះ ហើយទាល់ក្រោម:
\Rightarrow{-a_{n}}ជាស្វ៊ីតកើននិងទាល់លើ

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} (-a_{n})=Sup(-a_{n}), n \in N(តាម(a))

\Rightarrow - \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=-infa_{n}, \quad n \in N

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=inf a_{n}, \quad n \in N.

B-គោលការណ៍Cantor

ចន្លោះស្វ៊ីត{[a_{n},b_{n}]}ហៅថារួមបើ:
[a_{n},b_{n}] \supset [a_{n+1},b_{n+1}], \quad \forall n \in N ព្រោះ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} (b_{n}-a_{n})=0

គោលការណ៍ Cantor:
គ្រប់ចន្លោះស្វ៊ីតរួមសុទ្ធតែមានចំនុចរួមមួយគត់។

  • សំរាយបំភ្លឺ​

ឧបមាថា{[a_{n},b_{n}]}ជាចន្លោះស៊្វីតរួមគោបាន:
a_{1} \leq a_{2} \leq ... \leq a_{m} \leq ... \leq b_{n} \leq ... \leq b_{2} \leq b_{1}; \forall m,n \in N
ហេតុនោះ{a_{n}} ជាស្វ៊ីតកើនិងទាល់លើដោយ b_{1}.
តាមគោលការណ៍​Weierstrass:\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=Supa_{n}=c < +\infty.

លើសពីនេះទៀតជាមួយ n ថេរ \in N,យើងមាន:
a_{m} \leq b_{n}, \forall m \in N

\Rightarrow Supa_{m} \leq b_{n}

\Rightarrow c \leq b_{n} \Rightarrow c \in [a_{n}, b_{n}]

ប្រសិនបើមានc' \in [a_{n},b_{n}], \forall n \in Nនោះ:

\left\{ \begin{array}{l} a_{n} \leq c \leq b_{n} \\ -b_{n} \leq -c' \leq -a_{n} \end{array} \right. ; \forall n \in N

\Rightarrow a_{n}-b_{n} \leq c-c' \leq b_{n}-a_{n}, \quad \forall n \in N
\Rightarrow |c-c'| \leq b_{n}- a_{n}
\Rightarrow |c-c'| =0(ព្រោះ​\displaystyle \lim_{n \to +\infty} (b_{n}-a_{n})=0)

\Rightarrow c=c'

ដូចនេះ​\cap_{n \in N} [a_{n},b_{n}]={c}.

C- គោលការណ៍ Bolzano-Weierstrass

គ្រប់ស៊្វីតទាល់សុទ្ធតែមានស៊្វីតរងបង្រួមយ៉ាងតិចមួយ។

  • សំរាយបំភ្លឺ​

-របៀបទី១ :
ឧបមាថា{a_{n}}ជាស្វ៊ីតទាល់ គឺថាមានពីរចំនួនពិត\alpha , \beta : \alpha \leq a_{n} \leq \beta , \forall n \in N
អាចចាត់ទុកស្វ៊ីត{a_{n}}មិនកំនត់.
យើងចែកចនោ្លះ [ \alpha , \beta ] ជាពីរចន្លោះស្មើរគ្នា។ពេលនោះមានយ៉ាងតិចមានក្នុងចំនោមចនោ្លះទាំងពីរផ្ទុកចំនួនតួរាប់មិន​អស់របស់ស្វ៊ីត។យើងយកចនោ្លះ[ \alpha_{1}, \beta_{1}]ជាចនោ្លះមួយដែលមានលក្ខណះដូចខាងលើ។យើងបន្តចែកចន្លោះ​[ \alpha_{1}, \beta_{1}] ជាពីរចន្លោះស្មើរគា្នទៀត រួចយក [ \alpha_{2}, \beta_{2}]ជាចន្លោះមួយផ្ទុកចំនួនតួរាប់មិនអស់របស់ស៊្វីត។បន្តរបៀបនេះរហូត យើងទទួលបានចនោ្លះស៊្វីតរង​{[\alpha_{k}, \beta_{k}]}មានលក្ខណះ:
a)[ \alpha_{k_{1}}, \beta_{k_{1}}] \subset [ \alpha_{k+1}, \beta_{k+1}]; \forall k \in N

b)\beta_{k} - \alpha_{k}= \dfrac{ \beta - \alpha}{2^{k}}

c)[ \alpha_{k}, \beta_{k}]ផ្ទុកចំនួនតួរាប់មិនអស់របស់ស្វ៊ីត{a_{n}}.

តាមគោលការណ៍​Cantor​ នោះ \cap_{n_ \in N} [ \alpha_{k}, \beta_{k}]={c}.

យើងនឹងស្រាយថា c​ ជាលីមីតរបស់ស្វ៊ីតរងនៃស្វ៊ីត{a_{n}}.
ចង់ដូចនោះដំបូងយើងរើស​a_{n_{1}} \in [ \alpha_{n}, \beta_{1}].បន្ទាប់មកយើងរើសa_{n_{2}} \in [ \alpha_{2}, \beta_{n}],n_{2} > b_{1}(លក្ខខ័ណ្ឌនេះជានិច្ចកាលបានមកពី (c)).
ធ្វើដូចនេះបន្តរហួត ចុងក្រោយយើងនឹងទទួលបានស្វ៊ីតរង​{a_{n_{k}}}របស់ស្វ៊ីត{a_{n}
(ជាមួយ a_{n_{k}} \in [ \alpha_{n_{k}}, \beta_{n_{k}}]).

ពេលនោះពីវិសមភាព:

\left\{ \begin{array}{l} \alpha_{n_{k}} \leq a_{n_{k}} \leq \beta_{n_{k}} \\ - \beta_{n_{k}} \leq -c' \leq - \alpha_{n_{k}} \end{array} \right.

\Rightarrow \alpha_{n_{k}}- \beta_{n_{k}} \leq a_{n_{k}}-c \leq \beta_{n_{k}}- \alpha_{n_{k}}

\Rightarrow |a_{n_{k}}-c \leq \beta_{n_{k}}- \alpha_{n_{k}} \leq \dfrac{ \beta - \alpha}{2^{n_{k}}} \leq \dfrac{ \beta - \alpha}{2^{k}} \rightarrow 0(k \rightarrow +\infty )

\Rightarrow a_{n_{k}} \rightarrow c,ពេល k \rightarrow +\infty.

-របៀបទី២:

ហៅ​ {a_{n}}ជាស្វ៊ីតទាល់។លើសពីនេះទៀតតាម(៦.K) នោះមានស្វ៊ីតរង {a_{n_{k}}}ម៉ូណូតូន។ហេតុនោះ តាមគោលការណ៍ Weierstrass ស្វ៊ីត{a_{n_{k}}}ជាស្វ៊ីតបង្រួម។
ដូចនេះគោលការណ៍ Bolzano-Weierstrass ត្រូវបានបង្ហាញ។

D-គោលការណ៍ Cauchy

ស្វ៊ីត{a_{n}} ហៅថាស្វ៊ីត Cauchy បើ:
\forall \epsilon > 0, \exists n_{ \epsilon} \in N: \forall m,n \in N, m,n \> n_{ \epsilon}
\Rightarrow |a_{m}-a_{n}| < \epsilon.

-គោលការណ៍Cauchy:
ស្វ៊ីត{a_{n}}បង្រួមលុះត្រាតែវាជាស្វ៊ីតCauchy.

សំរាយបំភ្លឺ

( \Rightarrow )ឧបមាថា​{a_{n}}ជាស្វ៊ីត​ Cauchy.ពេលនោះ:

\forall \epsilon > 0, \exists n_{ \epsilon} \in N: \forall n \in N, n > n_{ \epsilon}

\Rightarrow |a_{n}-a| < \dfrac{ \epsilon}{2}.

ហេតុនោះ:
\forall m,n \in N, m,n > n_{ \epsilon}
\Rightarrow |a_{m}-a_{n}| \leq |a_{m}-a|+|a_{n}-a| < \epsilon
\Rightarrow{a_{n}} ជាស្វ៊ីតCauchy.

( \Leftarrow )ឧបមាថា​{a_{n}}ជាស្វ៊ីតCauchy​ ពេលនោះ:

\exists n_{o} \in N: \forall m,n \in N, m,n > n_{o}
\Rightarrow |a_{m}-a_{n}| < 1
\Rightarrow |a_{n}-a_{n_{o}+1}| < 1, \forall n > n_{o}
\Rightarrow |a_{n}| < 1+|a_{n_{o}+1}|, \forall n > n_{o}

តាងM=Max{|a_{1},|a_{2}|, ...,|a_{n_{o}},1+|a_{n_{o}+1}|},
នោះយើងបានភ្លាម:
|a_{n}| \leq M, \quad \forall n \in N

តាមគោលការណ៍ Bolzano-Weierstrass ស្វ៊ីត{a_{n}}មានស្វ៊ីតរង {a_{n_{k}}}
បង្រួមទៅរកa,មានន័យថា:

\forall \epsilon > 0, \exists n_{1}( \epsilon) \in N : \forall k \in N, k > n_{1}( \epsilon)
\Rightarrow |a_{n_{k}}-a| < \dfrac{ \epsilon}{2}

លើសពីនេះទៀត​ ក៏ដោយតែ{a_{n}}ជាស្វ៊ីតCauchy​ ទើបគេបាន:

\exists n_{2}( \epsilon ) \in N: \forall m,n \in N, m,n > n_{2}( \epsilon )
\Rightarrow |a_{m}-a| < \dfrac{ \epsilon}{2}

ហេតុនោះ: \forall k \in N, k > n( \epsilon )=n_{1}( \epsilon )+n_{2}( \epsilon )
\Rightarrow |a_{k}-a| \leq |a_{k}-a_{n_{k}}-a| < \dfrac{ \epsilon}{2}+ \dfrac{ \epsilon}{2}= \epsilon
(n_{k} \geq k \Rightarrow n_{k} > n( \epsilon ))

ដូចនេះa_{k} \rightarrow a.

៨-ណែនាំស្វ៊ីតនិយមជួបមួយចំនួន​

a)បើp > 0 នោះ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n^{p}}=0

b)បើ p > 0 នោះ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{p}= \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{n}=1

c)បើ \left\{ \begin{array}{l} p > 0 \\ \alpha \in R \end{array} \right. នោះ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \dfrac{n^{ \alpha}}{(1+p)^{n}}=0

d)បើ |q| < 1 នោះ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} q^{n}=0

e)មាន\displaystyle \lim_{n \to +\infty} (1+ \frac{1}{n})^{n}.

សំរាយបំភ្លឺ

a)ជាមួយ \epsilon > 0,រើស n_{ \epsilon}= \biggl [ \bigl ( \dfrac{1}{ \epsilon} \bigr )^{ \frac{1}{p}} \biggr ] +1 នោះ:

\forall n \in N,n > n_{ \epsilon}
\Rightarrow \bigl | \dfrac{1}{n^{p}}-0 \bigr |= \dfrac{1}{n^{p}} < \dfrac{1}{n_{ \epsilon}^{p}} < \epsilon

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n^{p}}=0.

b)-បង្ហាញ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{n}=1
របៀបទី១ :
ជាមួយ n \geq 3,តាមវិសមភាពCauch:

1 < \sqrt[n]{n}= \sqrt[n]{1...1 \sqrt{n}. \sqrt{n}} \leq \dfrac{n-2+2 \sqrt{n}}{n} < 1+ \dfrac{2}{ \sqrt{n}}

\Rightarrow 1 < \sqrt[n]{n} < 1+ \dfrac{2}{ \sqrt{n}}

តាម(a),យើងមាន\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \frac{2}{ \sqrt{n}}=0

ហេតុនោះ គេបាន:\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{n}=1.

របៀបទី២:
ជាមួយn \geq 2,យើងតាង:q= \sqrt[n]{n}-1 > 0

\Rightarrow n=(q+1)^{n}= \displaystyle\sum_{k=0}^{n}c_{n}^{k}q^{k} \geq c_{n}^{2}q^{2}= \dfrac{n(n-1)}{2}q^{2}

\Rightarrow n \geq \dfrac{n(n-1)}{2}q^{2}

\Rightarrow 0 < q \leq \sqrt{ \dfrac{2}{n-1}}

\Rightarrow 1 < \sqrt[n]{n} \leq 1+ \sqrt{ \dfrac{2}{n-1}}

តាម(a) \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \sqrt{ \dfrac{2}{n-1}}=0

គេបាន:
\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{n}=1.
-បង្ហាញ:\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{p}=1

របៀប១:
+បើ p \geq 1នោះ1 \leq \sqrt[n]{p} \leq \sqrt[n]{n}, \forall n \geq p
ដែល\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{n}=1(សំរាយខាងលើ)

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{p}=1

+បើ 0<p<1 នោះ​\dfrac{1}{p} > 1

ពេលនោះ:

\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{p}= \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{ \sqrt[n]{ \frac{1}{p}}}= \frac{1}{ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{ \frac{1}{p}}}=1

(ព្រោះតាមសំរាយករណីលើ:\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{ \frac{1}{p}}=1, \quad ( \frac{1}{p} > 1))

រួមមក យើងបាន \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{p}=1.

-របៀបទី២:
យើងពិនិត្យពីរករណី:
+p \geq 1

តាង:q= \sqrt[n]{p}-1 \geq 0

\Rightarrow p=(1+p)^{n}= \displaystyle\sum_{k=0}^{n}c_{n}^{k}q^{k} \geq c_{n}^{1}q=nq

\Rightarrow \dfrac{p}{n} \geq q= \sqrt[n]{p}-1

\Rightarrow 1 \leq \sqrt[n]{p} \leq 1+ \dfrac{p}{n}

\Rightarrow 1 \leq \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{p} \leq \lim_{n \to +\infty} (1+ \frac{p}{n})

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{p}=1(ព្រោះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \frac{p}{n}=1)

+ 0<p<1 នោះ\dfrac{1}{p} > 1

ហេតុនោះ: \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{p}= \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{ \sqrt[n]{ \frac{1}{p}}}=1.

c)ជាមួយk \in N,k > [| \alpha |]+1យើងមាន:

(1+p)^{n}= \displaystyle \sum_{l=0}^{n}c^{l}p^{l} \geq c_{n}^{k}p^{k}, \quad \forall n > k

\Rightarrow (1+p)^{n} \geq p^{k}. \dfrac{n(n-1)...(n-k+1)}{k!}, \forall n > k

\Rightarrow 0 < \dfrac{n^{  \alpha}}{(1+p)^{n}} \leq \dfrac{k!}{p^{k}}. \dfrac{1}{1- \dfrac{1}{n}}... \dfrac{1}{1- \dfrac{k-1}{n}}. \dfrac{1}{n^{k- \alpha}}, \quad \forall n > k

តាម(a):\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n^{k- \alpha}}=0

\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \frac{n^{ \alpha}}{(1+p)^{n}}=0.

d)របៀបទី១:

+បើq=0នោះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} q^{n}=0

+បើ 0<|q|<1,យើងតាង:p= \dfrac{1-|q|}{|q|} > 0

\Rightarrow |q|= \dfrac{1}{1+p}

\Rightarrow |q|^{n}= \dfrac{1}{(1+p)^{n}} \rightarrow 0ពេលn \rightarrow +\infty(តាម(c))

របៀបទី២:

+បើq=0 នោះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} q^{n}=0

+បើ 0<|q|<1,យើងតាង:\dfrac{1}{|q|}=1+ \delta , \quad \delta > 0

\Rightarrow \dfrac{1}{|q|^{n}}=(1+ \delta )^{n}= \displaystyle \sum_{k=0}^{n} c_{n}^{k} \delta^{k} > c_{n}^{1} \delta^{1}=n \delta

\Rightarrow |q|^{n} < \dfrac{1}{n \delta}

\Rightarrow 0 \leq \displaystyle \lim_{n \to +\infty} |q|^{n} < \lim_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n \delta}=0

\displaystyle \lim_{n \to +\infty} q^{n}=0.

របៀបទី៣:
+បើ 0 \leq q < 1នោះ{a_{n}=q^{n}}ជាស្វ៊ីតចុះទាល់ក្រោមទៅរក​០ នោះវាបង្រួមទៅរកa.
គឺថា:a_{n+1}=q^{n+1}=a_{n}q.

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n+1}= \lim_{n \to +\infty} (a_{n}q)

\Rightarrow a=aq
\Rightarrow (1-q)a=0
\Rightarrow a=0

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} q^{n}=0

+បើ -1<q<0 នោះ 0<-q<1

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} (-q)^{n}=0

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} |(-q)|^{n}=0

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} |q|^{n}=0

\displaystyle \lim_{n \to +\infty} q^{n}=0.

e)តាងa_{n}=(1+ \dfrac{1}{n})^{n}, \quad (n \in N)

យើងមាន:
a_{n}=(1+ \dfrac{1}{n})^{n}= \displaystyle \sum_{k=0}^{n} c_{n}^{k} \dfrac{1}{n^{k}}
=c_{n}^{o}+ \dfrac{1}{n}c_{n}^{1}+ \dfrac{1}{n^{2}}c_{n}^{2}+...+ \dfrac{1}{n^{n}}c_{n}^{n}

=2+ \dfrac{1}{2!}(1- \dfrac{1}{n})+...+ \dfrac{1}{k!}(1- \dfrac{1}{n})(1- \dfrac{2}{n})...(1- \dfrac{k-1}{n})+...+ \dfrac{1}{n!}(1- \dfrac{1}{n})(1- \dfrac{2}{n})...(1- \dfrac{n-1}{n})

(ព្រោះ: \dfrac{1}{n^{k}}c_{n}^{k}= \dfrac{1}{n^{k}}. \dfrac{n(n-1)...(n-k+1)}{k!}= \dfrac{1}{k!}(1- \dfrac{1}{n})(1- \dfrac{2}{n})...(1- \dfrac{k-1}{n}))

ដូចគ្នាជាមួយ:

a_{n+1}=2+ \dfrac{1}{2!}(1- \dfrac{1}{n+1})+...+ \dfrac{1}{k!}(1- \dfrac{1}{n+1})...(1- \dfrac{k-1}{n+1})+...+ \dfrac{1}{(n+1)!}(1- \dfrac{1}{n+1})(1- \dfrac{2}{n+1})...(1- \dfrac{n}{n+1})

ដោយតូនីមួយៗក្នុងពន្លាតរបស់a_{n}តូចជាងឬសើ្មរតួនីមួយៗក្នុងពន្លាតរបស់a_{n+1},លើសពីនេះទៀតធៀបជាមួយពន្លាតរបស់​a_{n}គឺពន្លាតរបស់a_{n+1}នៅសល់តួមួយចំនួនទៀតនោះគេបាន:

a_{n} < a_{n+1}, \forall n \in N

ក្រៅពីនេះ:

a_{n} \leq 2+ \dfrac{1}{2!}+...+ \dfrac{1}{n!} \leq 2+ \dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{2^{2}}+...+ \dfrac{1}{2^{n-1}}

\leq 1+(1+ \dfrac{1}{2}+...+ \dfrac{1}{2^{n-1}})=1+ \dfrac{1- \dfrac{1}{2^{n}}}{1- \dfrac{1}{2}}

\leq 3- \dfrac{1}{2^{n-1}} < 3

\Rightarrow a_{n} < 3, \forall n \in N

ដូចនេះស្វ៊ីត{a_{n}}ជាស្វ៊ីតកើននិងទាល់លើ នោះវាបង្រួមទៅរកលីមីតមួយដែលតាងដោយ:

e= \displaystyle \lim_{n \to +\infty} (1+ \frac{1}{n})^{n}
ចំនួនe​ នេះត្រូវបានហៅថាចំនួនNapier។គេបានស្រាយថា e ជាចំនួនអសនិទានហើយមានតំលៃប្រហែល e=2,718281828459…
៩-អនន្តនៃស្វ៊ីតចំនួនពិត

-ស្វ៊ីត{a_{n}}មានលីមីតអនន្តបើ:
\forall A > 0, \exists n_{A} \in N: \quad \forall n \in N, n > n_{A}
\Rightarrow a_{n} > A.

តាងដោយ:\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= +\infty.

-ស្វ៊ីត{a_{n}}មានលីមីត -\inftyបើ:
\forall A > 0, \exists n_{A} \in N: \forall n \in N, n > n_{A} \Rightarrow a_{n} < -A

-ស្វ៊ីត{a_{n}}មានលីមីត \inftyបើ:
\forall A > 0, \exists n_{A} \in N: \forall n \in N,n > n_{A} \Rightarrow |a_{n}| > A.

សំគាល់ :

\infty , +\infty, -\inftyគ្រាន់ជាការតាងប៉ុណោ្ណះ មិនមែនជាចំនួនពិតទេ។ មានតែស្វ៊ីតមានលីមីតកំនត់ទេដែលអាចហៅថាស្វ៊ីតបង្រួម។

ពិតណាស់បើ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= +\infty ( -\infty )និង{a_{n_{k}}}ជាស្វ៊ីតរងណាមួយរបស់ស្វ៊ីត{a_{n}}​ នោះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n_{k}} = +\infty ( -\infty ).

ទ្រឹស្តីបទ:

a)បើ \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= +\infty ( -\infty ) \\ b_{n} \geq a_{n}( \leq a_{n}), \forall n \geq n_{o} , \quad (n_{o} \in N) \end{array} \right.

នោះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}= +\infty ( -\infty )

b)បើ \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= +\infty ( -\infty ) \\ b_{n} \geq c ( \leq c) , \quad c \in R \end{array} \right.​ នោះ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} (a_{n}+b_{n})= +infty ( -\infty )

c)បើ\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= +\infty \\ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}=b > 0(b < 0) \end{array} \right.

d)បើ\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= -\infty \\ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}=b > 0 (b < 0) \bigvee \lim_{n \to +\infty} b_{n}= +\infty ( -\infty) \end{array} \right.

នោះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}b_{n}= -\infty.

នោះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}b_{n}= -\infty ( +\infty )

e)\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= \infty \iff \lim_{n \to +\infty} \dfrac{1}{a_{n}}=0

f)បើ\left\{ \begin{array}{l} c < a^{n} < c' \\ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}= \infty \end{array} \right. នោះ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \dfrac{a_{n}}{b_{n}}=0.

g)បើ​\left\{ \begin{array}{l} |a_{n}| \geq e > 0 \\ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}=0 \\ b_{n} \neq 0, \forall n \geq n_{o},(n \in N) \end{array} \right. នោះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \frac{a_{n}}{b_{n}}= \infty.

h)បើ{a_{n}}ទាល់លើ នោះវាមានស្វ៊ីតរង{a_{n_{k}}}យ៉ាងតិចមួយ ដែល:

\displaystyle \lim_{k \to +\infty} a_{n_{k}}= +\infty.

i)បើ{a_{n}}មិនទាល់ក្រោម នោះវាមានស្វ៊ីតរង{a_{n_{k}}}យ៉ាងតិចមួយដែល:
\displaystyle \lim_{k \to +\infty} a_{n_{k}}= -\infty.

សំរាយបំភ្លឺ

a)-គេអោយ \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= +\infty \\ b_{n} \geq a_{n}, \forall n \geq n_{o} \end{array} \right. បង្ហាញ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}= +\infty.

ដោយ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= +\inftyគេបាន:

\forall A > 0, \exists n_{A} \in N,n_{A} > n_{o}: \forall n \in N,n > n_{A}

\Rightarrow a_{n} > A

\Rightarrow b_{n} \geq a_{n} > A

ដូចនេះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}= +\infty.

-គេអោយ\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= -\infty \\ b_{n} \leq a_{n}, \forall n > n_{o} \end{array} \right. បង្ហាញ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}= -\infty.

ដោយ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= -\inftyគេបាន:

\forall A > 0, \exists n_{A} \in N: \forall n \in N,n > n_{A}

\Rightarrow a_{n} < -A

\Rightarrow b_{n} \leq a_{n} < -A

ដូចនេះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}= -\infty

b)-អោយ \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= +\infty \\ b_{n} \geq c, \forall n \in N \end{array} \right. បង្ហាញ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} (a_{n}+b_{n})= +\infty

ដោយ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= +\inftyគេបាន:

\forall A > 0, \exists n_{A} \in N: \forall n \in N, n > n_{A}

\Rightarrow a_{n} > A-c

\Rightarrow a_{n}+b_{n} \geq a_{n}+c > A.

ដូចនេះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} (a_{n}+b_{n})= +\infty

-អោយ\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= -\infty \\ b_{n} \leq c, \forall n \in N \end{array} \right.បង្ហាញ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} (a_{n}+b_{n})= -\infty

ដោយ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= -\inftyគេបាន:
\forall A > 0, \exists n_{A} \in N: \forall n \in N, n > n_{A}

\Rightarrow a_{n} < -A-c

\Rightarrow a_{n}+b_{n} \leq a_{n}+c < -A

ដូចនេះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} (a_{n}+b_{n})= -\infty.

c)-អោយ\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= +\infty \\ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}=b > 0 \end{array} \right. បង្ហាញ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} (a_{n}b_{n})= +\infty.

+ដោយ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= +\inftyគេបាន:

\forall A > 0, \exists n_{A} \in N: \forall n \in N, n > n_{A}

\Rightarrow a_{n} > \dfrac{2A}{b} > 0

+ដោយ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}=b > \frac{b}{2} > 0​​នោះតាមចំនុច៦-I-(b)គេបាន:

\exists n_{o} \in N:b_{n} > \dfrac{b}{2} > 0, \forall n > n_{o}

ហេតុនោះ\forall n > n_{1}=n_{o}+n_{A}នោះa_{n}b_{n} > \dfrac{2A}{b}. \dfrac{b}{2}=A.

ដូចនេះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} (a_{n}b_{n})= +\infty.

-អោយ \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= +\infty \\ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}=b < 0 \end{array} \right. បង្ហាញ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} (a_{n}b_{n})= -\infty.

ដោយ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= +\inftyគេបាន:

\forall A > 0, \exists n_{A} \in N: \forall n \in N, n> n_{A}

\Rightarrow a_{n} > \dfrac{2A}{-b} > 0

ដោយ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}=b < \frac{b}{2} < 0នោះតាមចំនុច៦-I-(d)គេបាន:

\exists n_{o} \in N:b_{n} < \dfrac{b}{2} < 0, \forall n > n_{o}

ហេតុនោះ\forall n > n_{1}=n_{o}+n_{A}

\Rightarrow a_{n}(-b_{n}) > ( \dfrac{2A}{-b}).(- \dfrac{b}{2})=A

\Rightarrow a_{n}b_{n} < -A

ដូចនេះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} (a_{n}b_{n})= -\infty.

d)-អោយ\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= -\infty \\ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}=b > 0 \end{array} \right.បង្ហាញ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} (a_{n}b_{n})= -\infty

+ដោយ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= -\inftyគេបាន:

\forall A > 0, \exists n_{A} \in N: \forall n \in N,n > n_{A}

\Rightarrow a_{n} < \dfrac{-2A}{b}

ដោយ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}=b > \frac{b}{2} > 0តាមចំនុច៦-I-(b)គេបាន:

\exists n_{o} \in N:b_{n} > \dfrac{b}{2} > 0, \forall n > n_{o}

ហេតុនោះ\forall n > n_{1}=n_{o}+n_{A}នោះ(-a_{n})b_{n} > \dfrac{2A}{b}. \dfrac{b}{2}=A

\Rightarrow a_{n}b_{n} < -A

ដូចនេះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} (a_{n}b_{n})= -\infty.

-អោយ\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= -\infty \\ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}=b < 0 \end{array} \right. បង្ហាញ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} (a_{n}b_{n})= +\infty.

+ដោយ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= -\inftyនោះ:

\forall A > 0, \exists n_{A} \in N: \forall n \in N,n > n_{A}

\Rightarrow a_{n} < \dfrac{2A}{b} < 0

+ដោយ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}=b < \frac{b}{2} < 0នោះតាម​ចំនុច៦-I-(d)គេបាន:

\exists n_{o} \in N:b_{n} < \dfrac{b}{2} < 0, \forall n > n_{o}

\Rightarrow -b_{n} > - \dfrac{b}{2} > 0, \forall n > n_{o}

ហេតុនោះ\forall n > n_{1}=n_{o}+n_{A}នោះa_{n}b_{n}=(-a_{n})(-b_{n}) > ( \dfrac{-2A}{b})(- \dfrac{b}{2})=A.

ដូចនេះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} (a_{n}b_{n})= +\infty.

-អោយ\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= -\infty \\ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}= +\infty \end{array} \right. បង្ហាញ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} (a_{n}b_{n})= -\infty.

មើលការស្រាយបំភ្លឺត្រង់ចំនុច(c)។

-អោយ\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= -\infty \\ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}= -\infty \end{array} \right.បង្ហាញ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} (a_{n}b_{n})= +\infty.

តាម​សម្មតិកម្មនោះ:

\forall A > 0, \exists n_{A} \in N: \forall n \in N, n> n_{A}

\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a_{n} < - \sqrt{A} \\ b_{n} < - sqrt{A} \end{array} \right. \Rightarrow a_{n}b_{n}=(-a_{n})(-b_{n}) > \sqrt{A} \sqrt{A}=A.

ដូចនេះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} (a_{n}b_{n})= +\infty.

e)( \Rightarrow )អោយ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= \infty បង្ហាញ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{a_{n}}=0.

ដោយ\displaystyle  \lim_{n \to +\infty} a_{n}= \inftyគេបាន:

\forall \epsilon > 0, \exists n_{ \epsilon} \in N: \forall n \in N, n> n_{ \epsilon}

\Rightarrow |a_{n}| > \dfrac{1}{ \epsilon} > 0 \Rightarrow | \dfrac{1}{a_{n}}-0| < \epsilon

ដូចនេះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{a_{n}}=0.

( \Leftarrow )អោយ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{a_{n}}=0បង្ហាញ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= +\infty.

ដោយ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{a_{n}}=0នោះ:

\forall A > 0, \exists n_{A} \in N: \forall n \in N, n> n_{A}

\Rightarrow | \dfrac{1}{a_{n}}-0| < \dfrac{1}{A}

\Rightarrow 0 < \dfrac{1}{|a_{n}|} < \dfrac{1}{A} \Rightarrow |a_{n}| > A.

ដូចនេះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= \infty.

f)+ដោយ{a_{n}}ទាល់នោះ:

\exists M > 0: |a_{n}| \leq M, \forall n \in N.

+ដោយ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}= \inftyនោះ:

\forall \epsilon > 0, \exists n_{ \epsilon} \in N: \forall n \in N, n> n_{ \epsilon}

\Rightarrow |b_{n}) > \dfrac{M}{ \epsilon} > 0 \Rightarrow \dfrac{1}{|b_{n}|} < \dfrac{ \epsilon}{M}

ហេតុនោះ:\forall n \in N, n> n_{ \epsilon}នោះ:

| \dfrac{a_{n}}{b_{n}}-0|= \dfrac{a_{n}}{|b_{n}|} \leq \dfrac{M}{|b_{n}|} < \epsilon

ដូចនេះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \frac{a_{n}}{b_{n}}=0.

g)យើងមាន\displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_{n}=0គេបាន:

\forall A > 0, \exists n_{A} \in N, n_{A} > n_{o}: \forall n \in N, n> n_{A}

\Rightarrow 0 < |b_{n}| < \dfrac{C}{A} \dfrac{1}{|b_{n}|} > \dfrac{A}{C}

ហេតុនោះ:\forall n \in N, n> n_{A} នោះ| \dfrac{a_{n}}{b_{n}}|= \dfrac{|a_{n}|}{|b_{n}|} \geq \dfrac{C}{|b_{n}|} > A

ដូចនេះ:\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \frac{a_{n}}{b_{n}}= \infty.

h)​ និង i)​ ចូរមិត្តអ្នកអានសាកល្បងស្រាយដោយប្រើវិធីសាស្រ្តផ្ទុញ និងវិចារកំនើនមានកំនត់។
១០,បណ្តាលីមីតលើ និងលីមីតក្រោមនៃស្វ៊ីត
-បើស្វ៊ីត{a_{n}}មានស្វ៊ីតរង{a_{n_{k}}}ដែល \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n_{k}}=l​ នោះ l ហៅថាតំលៃផ្ទាល់នៃស្វ៊ីត {a_{n}},l អាចកំនត់ អាចស្មើរអនន្ត។

ទ្រឹស្តីបទ

A- គ្រប់ស្វ៊ីត {a_{n}}សុទ្ធតែមានលីមីតលើ,លីមីតក្រោម ហើយ:

\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= \lim_{n \to +\infty} Sup \begin{Bmatrix} a_{n},a_{n+1},... \end{Bmatrix} \\ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= \lim_{n \to +\infty} inf \begin{Bmatrix} a_{n},a_{n+1},.... \end{Bmatrix} \end{array} \right.

ជាមួយសម្មតិកម្ម:
-បើ Sup{a_{n},a_{n+1},...}=+\infty, \forall n \in N នោះ: \displaystyle \lim_{n \to +\infty} Sup \begin{Bmatrix} a_{n},a_{n+1},... \end{Bmatrix} = +\infty.

-បើ inf{a_{n},a_{n+1},...}=-\infty, \forall n \in Nនោះ \displaystyle \lim_{n \to +\infty}inf \begin{Bmatrix} a_{n},a_{n+1},.... \end{Bmatrix}= -\infty.

  • សំរាយបំភ្លឺ

យើងពិនិត្យមើលពីរករណី:

-ករណីទី១: ស្វ៊ីត{a_{n}}មិនទាល់លើ:

ដោយ{a_{n}}ជាស្វ៊ីតមិនទាល់លើនោះវាមានស្វ៊ីតរង{a_{n_{k}}}ដែល: \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n_{k}}= +\infty.

ហេតុនោះ \overline { \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}}= \displaystyle \lim_{n \to +\infty} SupA_{n}= +\infty

(ក្នុងនោះ A_{n}= \begin{Bmatrix} a_{n},a_{n+1},... \end{Bmatrix} ,n \in N)

-ករណីទី២,ស្វ៊ីត{a_{n}}ទាល់លើ៖

យើងមាន: \left\{ \begin{array}{l} a_{n} \subset A_{n+1}, \quad \forall n \in N \\ A_{n} > c,(c \in R) \end{array} \right.

ហេតុនោះ C_{n}=SupA_{n} \in R​ និងC_{n} \geq C_{n+1}, \forall n \in N

+បើ{C_{n}}មិនទាល់ក្រោម នោះ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} C_{n}= -\infty ពេលនោះ:

\forall A > 0, \exists n_{A} \in N: \forall n \in N, n> n_{A} \Rightarrow C_{n} < -A

ដែល:C_{n}=SupA_{n}

\Rightarrow a_{n} \leq C_{n} < -A, \forall n > n_{A}

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= -\infty \Rightarrow \overline{ \lim_{n \to +\infty} a_{n}}= -\infty

\Rightarrow \overline{ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}}= \displaystyle \lim_{n \to +\infty} SupA_{n}= -\infty.

+បើ{C_{n}}ទាល់ក្រោមនោះមានc \in R: \displaystyle \lim_{n \to +\infty} C_{n}=c.

យើងនិងបង្ហាញថា\overline{ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}}=c.

យក l​ ជាលីមីតផ្ទាល់មួយរបស់ស្វ៊ីត{a_{n}}.ពេលនោះមានស្វ៊ីតរង{a_{n_{k}}}បង្រួមទៅរកl. យើងមាន a_{n_{k}} \leq c_{n_{k}}. ដូចនោះ យើងគ្រាន់តែបង្ហាញថា c ក៏ជាតំលៃផ្ទាល់របស់ស្វ៊ីត {a_{n}}. នោះតាមនិយមន័យរបស់ c_{1}​ នាំអោយមានធាតុ a_{n_{1}} របស់ស្វ៊ីត {a_{n}} ដែល c_{1}-1 < a_{n_{1}} \leq c_{1}.
ឧបមាថា m_{2}ជាចំនួនគត់មួយធំជាង n_{1}.​ ដោយ c_{m_{2}}=SupA_{m_{2}} នោះមានចំនួនគត់ n_{2} \geq m_{2}:c_{m_{2}}- \dfrac{1}{2} < a_{n_{2}} \leq c_{m_{2}}.

តាមវិចារកំនើនមានកំនត់ យើងទទូលបាន ស្វ៊ីតពីរ {C_{m_{k}}}និង {a_{n_{k}} ជាស្វ៊ីតរងរៀងគ្នារបស់ស្វីត {c_{n}}និង {a_{n}} ដែល:

c_{m_{k}}- \dfrac{1}{k} < a_{n_{k}} \leq c_{m_{k}}, \forall k \geq 2.

នោះ: \displaystyle \lim_{n \to +\infty} c_{m_{k}}= \lim_{n \to +\infty} (c_{n_{k}}- \frac{1}{k})=c.

ហេតុនោះ: \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n_{k}}=c.

នោះ c ជាតំលៃផ្ទាល់មួយរបស់ស្វ៊ីត {a_{n}}។

ដូចនេះទ្រឹស្តីបទ \overline{ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}}=c= \displaystyle \lim_{n \to +\infty} SupA_{n}.​ ត្រូវបានស្រាយបំភ្លឺ។

+ស្រាយដូចគ្នាដែរជាមួយ: \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= \lim_{n \to +\infty} infA_{n}.

B- ស្វ៊ីត{a_{n}} មានលីមីត(កំនត់ ឬអនន្ត)លុះត្រាតែ៖

\overline{ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}}= \displaystyle \lim_{ \overline{n \to +\infty}} a_{n}.

ពេលនោះ:\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= \overline{ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}}= \displaystyle \lim_{ \overline{n \to +\infty}}a_{n}.

  • សំរាយបំភ្លឺ

( \Rightarrow ) បើ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=lនោះគេបាន:

\overline{ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}}= \displaystyle \lim_{ \overline{n \to +\infty}} a_{n}= \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=l.

( \Leftarrow ) បើ\overline{ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}}= \displaystyle \lim_{ \overline{n \to +\infty}}a_{n}=lនោះតាម​ទ្រឹស្តីបទA យើងមាន:

\displaystyle \lim_{n \to +\infty} SupA_{n}= \lim_{n \to +\infty} infA_{n}=l.

ដោយ infA_{n} \leq a_{n} \leq SupA_{n}, \forall n \in Nនោះយើងបាន​ភ្លាម:

\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=l

ស្វីតនពន្វ

ស្វ៊ីត {a_{n}}កំនត់ដោយ: \left\{ \begin{array}{l} a_{1}=a \\ a_{n+1}=a_{n}+d, \forall n \in N \end{array} \right.(a,dជាចំនួយពិត)
ហៅថាស្វ៊ីតនពន្វ។
+ a ហៅថាតូទី១​ រឺតួដំបូង
+d ហៅថាផលសងរួម រឺរេសុងនៃស្វ៊ីតនពន្វ។

ទ្រឹស្តីបទ

A- ​ គេអោយស្វ៊ីត{a_{n}}ជាស្វ៊ីតនពន្វ។នោះគេបាន:
a_{n}=a_{1}+(n-1)d.

  • សំរាយបំភ្លឺ

យើងស្រាយទ្រឹស្តីបទនេះដោយប្រើវិចារកំនើនមានកំនត់:

+n=1 \Rightarrow a_{1}=a_{1}(ពិត)
+ឧបមាថាពិតដល់:n=k គឺថា a_{k}=a_{1}+(k-1)d នោះយើងនឹងស្រាយថាពិតដល់:n=k+1.
យើងមាន:
a_{k+1}=a_{k}+d=a_{1}+(k-1)d+d=a_{1}+kd(ពិត)

ដូចនេះ a_{n}=a_{1}+(n-1)d, \forall n \in N(ពិត)

B- 2a_{n+1}=a_{n}+a_{n+2}, \forall n \in N.

សំរាយបំភ្លឺ

យើងមាន \left\{ \begin{array}{l} a_{n}=a_{1}+(n-1)d \\ a_{n+2}=a_{1}+(n+1)d \end{array} \right.

\Rightarrow a_{n}+a_{n+2}=2a_{1}+2nd=2(a_{1}+nd)=2a_{n+1}.

C- ​​ ផលបូក n​ តួដំបូងរបស់ស្វ៊ីតនពន្វគឺ:

S_{n}=a_{1}+a_{2}+...+a_{n}= \dfrac{n(a_{1}+a_{n})}{2}= \dfrac{n}{2}[2a_{1}+(n-1)d].

សំរាយបំភ្លឺ

\forall i \in \begin{Bmatrix} 1,2,...,n \end{Bmatrix}​ យើងមាន:

a_{1}+a_{n-i+1}=a_{1}+(i-1)d+a_{1}+(n-i)d=2a_{1}+(n-1)d=a_{1}+a_{n}

2S_{n}=(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})+(a_{n}+a_{n-1}+...+a_{1})

\quad =(a_{1}+a_{n})+(a_{2}+a_{n-1})+...+(a_{i}+a_{n-i+1})+...+(a_{n}+1)

\quad =n[2a_{1}+(n-1)d]

\quad =n(a_{1}+a_{n})

\Rightarrow S_{n}= \dfrac{n}{2}[2a_{1}+(n-1)d].

D- បីចំនួន a,b,c(តាមលំដាប់)បងើ្កតបានជាស្វ៊ីតនពន្វលុះត្រាតែ៖ 2b=a+c.

  • សំរាយបំភ្លឺ

( \Rightarrow )​ យើងមាន \left\{ \begin{array}{l} b=a+d \\ c=b+d \end{array} \right.

\Rightarrow b-c=a-b \Rightarrow a+c=2b

( \Leftarrow )ដោយ: 2b=a+c \Rightarrow c-b=b-a =d

\left\{ \begin{array}{l} b=a+d \\ c=b+d \end{array} \right. \Rightarrow a,b,cតាមលំដាប់ បង្កើតបាន​ជាស្វ៊ីតនពន្វ។

  • ផលបូកស្វ៊ីតគួរកត់សំគាល់មួយចំនួន:

*\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k=1+2+...+n= \dfrac{(n+1)n}{2}

*\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k^{2}=1^{2}+2^{2}+...+n^{2}= \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}

*\displaystyle \sum_{k=1}^{n}(2k)^{2}=2^{2}+4^{2}+6^{2}+...+4n^{2}= \dfrac{2n(n+1)(2n+1)}{3}

*\displaystyle \sum_{k=1}{n}(2k-1)^{2}=1^{2}+3^{2}+5^{2}+...+(2n-1)^{2}= \dfrac{n(4^{2}-1)}{3}

*\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k^{3}=1^{3}+2^{3}+3^{3}+...+n^{3}= \dfrac{n^{2}(n+1)^{2}}{4}

*\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k^{4}=1^{4}+2^{4}+...+n^{4}= \dfrac{n(n+1)(2n+1)(3n^{2}+3n+1)}{30}

ស្វ៊ីតធរណីមាត្រ

ស្វ៊ីតចំនួនពិតកំនត់ដោយ:\left\{ \begin{array}{l} a_{1}=a \\ a_{n+1}=a_{n}q, \forall n \in N \end{array} \right. (a,q ជាចំនួនពិត)

ហៅថាស្វ៊ីតធរណីមាត្រ។

+a​ ហៅថាតួទី១ រឺតួដំបូង
+q ហៅថារេសុងនៃស៊្វីតធរណីមាត្រ

ទ្រឹស្តីបទ

A- អោយ {a_{n}}ជាស្វ៊ីតធរណីមាត្រ។ពេលនោះ:

a_{n}=a_{1}q^{n-1}, \forall n \in N.

សំរាយបំភ្លឺ

+n=1 \Rightarrow a_{1}=a_{1}(ពិត)

+ឧបមាថាពិតដល់ n=k គឺថា a_{k}=a_{1}q^{k-1}

+យើងនឹងស្រាយថាពិតដល់ k+1
យើងមាន:

a_{k+1}=a_{k}.q=a_{1}.q^{k-1}.q=a_{1}.q^{k}​ (ពិត)

ដូចនេះ a_{n}=a_{1}.q^{n-1}, \forall n \in N(ពិត)

B- a_{n+1}^{2}=a_{n}.a_{n+2}, \forall n \in N.

សំរាយបំភ្លឺ

យើងមាន:

a_{n}.a_{n+2}=a_{1}q^{n-1}.a_{1}q^{n+1}=a_{1}^{2}.q^{2n}=(a_{1}.q^{n})^{2}=a_{n+1}^{2}.

C- ផលបូក n តួដំបូងរបស់ស្វ៊ីតធរណីមាត្រគឺ:

S_{n}=a_{1}+a_{2}+...+a_{n}=a_{1}. \dfrac{1-q^{n}}{1-q}, \quad (q \neq 1).

  • សំរាយបំភ្លឺ

យើងមាន:S_{n}=a_{1}+a_{2}+...+a_{n}

qS_{n}=a_{1}q+a_{2}q+...+a_{n}q=a_{2}+...+a_{n}+a_{n}q

\Rightarrow S_{n}-qS_{n}=a_{1}-a_{n}q=a_{1}-(a_{1}q^{n-1}).q=a_{n}(1-q^{n})

\Rightarrow S_{n}(1-q)=a_{1}(1-q^{n})

\Rightarrow S_{n}= \dfrac{a_{1}(1-q^{n})}{1-q}.

D- a,b,c ជាបីចំនួនតាមលំដាប់ខុសពីសូន្យ បងើ្កតបានជាស្វ៊ីតធរណីមាត្រ លុះត្រាតែ៖

b^{2}=ac > 0.

សំរាយបំភ្លឺ

( \Rightarrow )យើងមាន: \left\{ \begin{array}{l} b=aq \\ c=bq \end{array} \right.

\Rightarrow a.c=a.bq=a.(aq).q=(aq)^{2}=b^{2}.

( \Leftarrow )​ យើងមាន: b^{2}=a.c > 0

\Rightarrow \dfrac{b}{a}= \dfrac{c}{b}=q \neq 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} b=aq \neq 0 \\ c=bq \neq 0 \end{array} \right.

\Rightarrow a,b,cជាបីចំនួនខុសពីសូន្យតាមលំដាប់បងើ្កតបានជាស្វ៊ីតធរណីមាត្រ។

លំហាត់ស្វ៊ីត

បណ្តាលំហាត់ស្វ៊ីតដកស្រង់ចេញពី​វិញ្ញា សារប្រលងអូឡាំពិច

1- គេអោយស្វ៊ីត{x_{k}}កំតន់ដោយ:

x_{k}= \dfrac{1}{2!}+ \dfrac{2}{3!}+...+ \dfrac{k}{(k+1)!}.

គណនា \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{x_{1}^{n}+x_{2}^{n}+...+x_{1999}^{n}}.

  • សំរាយ

ដោយ x_{k+1}-x_{k}= \dfrac{k+1}{(k+2)!} > 0, \forall k \in N \Rightarrow x_{k+1} > x_{k} > 0, \forall k \in N

\Rightarrow x_{1999}^{n} < x_{1}^{n}+x_{2}^{n}+...+x_{1999}^{n} < 1999.x_{1999}^{n}

\Rightarrow x_{1999} < \sqrt[n]{x_{1}^{n}+x_{2}^{n}+...+x_{1999}^{n}} < \sqrt[n]{1999}.x_{1999}. \quad (*)

ក្រៅពីនេះយើងមាន:

\dfrac{k}{(k+1)!}= \dfrac{(k+1)-1}{(k+1)!}= \dfrac{1}{k!}- \dfrac{1}{(k+1)!}

\Rightarrow x_{k}= \bigl (1- \dfrac{1}{2!} \bigr )+ \bigl ( \dfrac{1}{2!}- \dfrac{1}{3!} \bigr )+...+ \bigl ( \dfrac{1}{k!}- \dfrac{1}{(k+1)!} \bigr ) =1- \dfrac{1}{(k+1)!}

\Rightarrow x_{1999}=1- \dfrac{1}{2000!}

មកដល់ទីនេះយើងជំនួសx_{1999}ចូល(*)គេបាន:

1- \dfrac{1}{2000!} < \sqrt[n]{x_{1}^{n}+x_{2}^{n}+...+x_{1999}^{n}} < \sqrt[n]{1999} \bigl (1- \dfrac{1}{2000!} \bigr )

តែដោយ\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \bigl (1- \dfrac{1}{2000!} \bigr )= \lim_{n \to +\infty} \bigl [ \sqrt[n]{1999} (1- \dfrac{1}{2000!}) \bigr ]

ដូចនេះគេបាន:

\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{x_{1}^{n}+x_{2}^{n}+...+x_{1999}^{n}}=1- \dfrac{1}{2000!}.

2-គេអោយស្វ៊ីតចំនួនពិតវិជ្ជមាន {a_{n}}ផ្ទៀងផ្ទាត់វិសមភាព:

a_{n}^{ \frac{2000}{1999}} \geq a_{n-1}+a_{n-2}+...+a_{1}, \forall n \geq 2.

បង្ហាញថា:\exists c > 0: a_{n} > nc, \forall n \in N.

  • សំរាយ

យើងមាន: a_{n} > a_{1}^{ \frac{1999}{2000}} , \forall n \geq 2

\Rightarrow a_{n}^{ \frac{2000}{1999}} > (n-2)a_{1}^{ \frac{1999}{2000}}+a_{1}, \forall n \geq 2

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}= +\infty

\Rightarrow \exists n_{o} \in N: a_{n} \geq 1, \forall n \geq n_{o}

តាង c=Min \begin{Bmatrix} \dfrac{1}{4},a_{1},  \dfrac{a_{2}}{2},..., \dfrac{a_{n_{o}}}{n_{o}} \end{Bmatrix}

\Rightarrow a_{n} \geq nc, \forall n \in \begin{Bmatrix} 1,2,...,n_{o} \end{Bmatrix}

ឧបមាថា a_{n} \geq n.c, \forall n \leq n_{1} ,(n_{1} \in N,n_{1} \geq n_{o})

យើងមាន:a_{n+1}^{2} \geq a_{n+1}^{ \frac{1999}{2000}} \geq a_{n}+a_{n-1}+...+a_{1} \geq [n+(n-1)+...+1].c

= \dfrac{n(n+1)}{2}.c \geq (n+1)^{2}.c^{2}(ព្រោះ \dfrac{n}{2(n+1)} \geq \dfrac{1}{4} \geq c).

\Rightarrow a_{n+1} \geq (n+1).c \Rightarrow a_{n} \geq n.c

3- គេអោយស្វ៊ីតចំនួនពិត{a_{n}}កំន់តដោយ:

\left\{ \begin{array}{l} a_{o}=1999 \\ a_{n+1}= \dfrac{a_{n}^{2}}{1+a_{n}}, \forall n \geq 0 \end{array} \right.

ចូររកផ្នែកគត់របស់ a_{n}, (0 \leq n \leq 999).

  • សំរាយ

ពិតណាស់ថា a_{n} > 0, \forall n \geq 0, គេបាន:

a_{n}-a_{n+1}=a_{n}- \dfrac{a_{n}^{2}}{1+a_{n}}= \dfrac{a_{n}}{1+a_{n}} > 0, \forall n \geq 0

\Rightarrow \begin{Bmatrix} a_{n} \end{Bmatrix}ជាស្វ៊ីតចុះ (1)

\Rightarrow a_{n+1}= \dfrac{a_{n}^{2}}{1+a_{n}}=a_{n}- \dfrac{a_{n}}{1+a_{n}} > a_{n}-1, \forall n \geq 0

\Rightarrow a_{n+1} > a_{o}-(n+1), \forall n \geq 0

\Rightarrow a_{n-1} > a_{o}-(n-1) ,\forall n \geq 2

\Rightarrow a_{n-1} > 2000-n, \forall n \geq 2 \quad (2)

ក្រៅពីនេះយើងមាន:

a_{n}=a_{o}+(a_{1}-a_{o})+(a_{2}-a_{1})+...+(a_{n}-a_{n-1})

\quad =1999- \biggl ( \dfrac{1}{1+a_{o}}+ \dfrac{1}{1+a_{1}}+...+ \dfrac{1}{1+a_{n-1}} \biggr )

\quad =1999-n+ \biggr ( \dfrac{1}{1+a_{o}}+ \dfrac{1}{1+a_{1}}+...+ \dfrac{1}{1+a_{n-1}} \biggr ) \quad (3)

ពី(1)និង(2)យើងមាន:

0 < \dfrac{1}{1+a_{o}}+ \dfrac{1}{1+a_{1}}+...+ \dfrac{1}{1+a_{n-1}} < \dfrac{n}{1+a_{n-1}}

< \dfrac{n}{2001 -n} < \dfrac{n}{1998 -n} \leq 1, (2 \leq n \leq 999)​ ,(4)

ពី(3)និង(4)យើងមាន:

1999-n < a_{n} < 1999-n+1, \quad (2 \leq n \leq 999)

\Rightarrow [a_{n}]=1999-n, \quad (2 \leq n \leq 999).

យើងពិនិត្យដោយផ្ទាល់:

+a_{o}=1999 \Rightarrow [a_{o}]=1999

+a_{1}= \dfrac{a_{o}^{2}}{1+a_{o}}=a_{o}- \dfrac{a_{o}}{1+a_{o}}=1999- \dfrac{1999}{2000}

\Rightarrow a_{1}=1998+ \dfrac{1}{2000} \Rightarrow [a_{1}]=1998

ដូចនេះ[a_{n}]=1999-n, \quad (0 \leq n \leq 999).

4- គេអោយស្វ៊ីតចំនួនពិត\begin{Bmatrix} a_{n} \end{Bmatrix}, \begin{Bmatrix} b_{n} \end{Bmatrix}ផ្ទៀងផ្ទាល់:

\left\{ \begin{array}{l} a_{1}=3 \\ b_{1}=2 \\ a_{n+1}=a_{n^{2}}+2b_{n^{2}} \\ b_{n+1}=2a_{n}b_{n} \end{array} \right. \quad ( \forall n \in N)

a)ស្រាយបំភ្លឺថា a_{n}, b_{n} ជាពីរចំនួនបថមនិងគ្នា។
b)រករូបមន្តអោយ a_{n}, b_{n}.

  • សំរាយ

a)ប្រើវិចារកំនើនមានកំនត់:

+n=1 \Rightarrow a_{1}^{2}-2b_{1}^{2}=3^{2}-2.2^{2}=1.

ឧបមាថាពិតដល់ k គឺថាa_{k}^{2}-2b_{k}^{2}=1.
យើងនឹងស្រាយថាពិតដល់ k+1.យើងមាន:

a_{k+1}^{2}-2b_{k+1}^{2}=(a_{k}^{2}+2b_{k}^{2})^{2}-2(2a_{k}b_{k})^{2}=(a_{k}^{2}-2b_{k}^{2})^{2}=1.

នោះ a_{n}^{2}-2b_{n}^{2}=1, \quad n \in N. \quad (1)

តាង d ជាផលចែករួមធំបំផុតរបស់ a_{n},b_{n} នោះ d​​ ក៏ជាផលចែករួមរបស់ a_{n}^{2}និង b_{n}^{2}។នាំអោយ d គឺជាផលចែករួមរបស់ a_{n}^{2}-2b_{n}^{2}=1,ហេតុនោះ d=1.

ដូចនេះ a_{n},b_{n}ជាពីចំនួនបថមនិងគ្នា។

b)យើងមាន:
a_{n+1}-b_{n+1} \sqrt{2}=a_{n}^{2}+2b_{n}^{2}-(2a_{n}b_{n}) \sqrt{2}=(a_{n}-b_{n} \sqrt{2})^{2}

\Rightarrow lg(a_{n+1}-b_{n+1} \sqrt{2})=2lg(a_{n}-b_{n} \sqrt{2})

\Rightarrow lg(a_{n+1}-b_{n+1} \sqrt{2}=2^{n}lg(a_{1}-b_{1} \sqrt{2})=2^{n}lg(3-2 \sqrt{2})=2^{n+1}lg( \sqrt{2}-1)

\Rightarrow a_{n+1}-b_{n+1} \sqrt{2}=( \sqrt{2}-1)^{2^{n+1}} \quad (2)

តាម(1)និង(2)គេបាន:\left\{ \begin{array}{l} a_{n}+b_{n} \sqrt{2}=( \sqrt{2}+1)^{2^{n}} \\ a_{n}-b_{n} \sqrt{2}=( \sqrt{2}-1)^{2^{n}} \end{array} \right.

ដូចនេះ \left\{ \begin{array}{l} a_{n}= \dfrac{1}{2}[( \sqrt{2}+1)^{2^{n}}+( \sqrt{2}-1)^{2^{n}}] \\ b_{n}= \dfrac{1}{2 \sqrt{2}}[( \sqrt{2}+1)^{2^{n}}-( \sqrt{2}-1)^{2^{n}}] \end{array} \right.

5- គេអោយស្វ៊ីត{a_{n}}ផ្ទៀងផ្ទាល់:

a_{o}=1, a_{1000}=0, a_{n+1}=2a_{1}a_{n}-a_{n-1}, (n \geq 1).

គណនាផលបូក:a_{1999}+a_{1}.

  • សំរាយ

ដំបូងយើងត្រូវបង្ហាញថា |a_{1}| < 1.
ប្រើវិធីផ្ទុញគឺឧបមា:|a_{1}| > 1.យើងមាន:

|a_{2}|=|2a_{1}^{2}-a_{o}|=2a_{1}^{2}-1 \geq |a_{1}|
តាមវិចារកំនើនមានកំនត់យើងមាន:

|a_{n+1}|= |2a_{1}a_{n}-a_{n-1}|

\geq 2|a_{1}|.|a_{n}|-|a_{n-1}|

\geq 2|a_{n}|-|a_{n-1}| \geq |a_{n}|

នោះ |a_{n}| \geq |a_{n-1}| \geq ... \geq |a_{o}|=1.

រើស n=1000, \Rightarrow |a_{1000}| \geq 1(ផ្ទុយពីសម្មតិកម្ម)។
ហេតុនោះ |a_{1}| < 1.

តាង :a_{1}=cos \varphi, \quad \varphi \in (o, \pi )

\Rightarrow a_{2}=2a_{1}^{2}-1=2cos \varphi^{2}-1=cos2 \varphi.

តាមវិចារកំនើនមានកំនត់យើងមាន:

a_{n+1}=2a_{1}a_{n}-a_{n-1}

=2cos \varphi cosn \varphi-cos(n-1) \varphi

=cos(n+1) \varphi +cos(n-1) \varphi -cos(n-1) \varphi =cos(n+1) \varphi

ហេតុនោះ a_{1000}=cos1000 \varphi =0

\iff 1000 \varphi = \dfrac{ \pi}{2}+k. \pi, k \in Z

\Rightarrow a_{1999}=cos1999 \varphi =cos(2000 \varphi - \varphi )=cos( \pi +2k \pi - \varphi )=-cos \varphi =-a_{1}.

ដូចនេះ:a_{1999}+a_{1}=0.

6- តើមានប៉ុន្មានស្វ៊ីតចំនួនពិតវិជ្ជមាន {a_{n}}ដែលផ្ទៀងផ្ទាល់:

a_{o}=1,a_{1}=2,|a_{n+2}.a_{n}-a_{n+1}^{2}|=1?

  • សំរាយ

យើងមានដ្យាក្រាមកំនត់ដូចខាងក្រោម:

a_{o}=1, a_{1}=2, a_{2}= \begin{bmatrix} 3 \Rightarrow a_{3}= \begin{bmatrix} 5 \\ 4 \end{bmatrix} \\ 5 \Rightarrow a_{3}= \begin{bmatrix} 13 \\ 12 \end{bmatrix} \end{bmatrix}

យើងនឹងស្រាយថាមានបួនស្វ៊ីតវិជ្ជមានដែលផ្ទៀងផ្ទាល់តតាមប្រធាន។
+ស្រាយថាមានស្វ៊ីតវិជ្ជមានតែមួយគត់ដែលផ្ទៀងផ្ទាល់:
a_{o}=1,a_{1}=2,a_{2}=3,a_{3}=5,|a_{n+1}^{2}-a_{n}a_{n+2}|=1, \forall n \geq 2

នោះគឺជាស្វ៊ីតវិជ្ជមាន{a_{n}}ដែលផ្ទៀងផ្ទាល់:

a_{o}=1, a_{1}=2, a_{n}=a_{n-1}+a_{n-2}, \forall n \geq 2 \quad (1)

នោះគេបាន:

|a_{n+1}^{2}-a_{n}a_{n+2}|=|(a_{n+1}+a_{n})a_{n}-a_{n+1}^{2}|

=|a_{n}^{2}+a_{n+1}(a_{n}-a_{n+1})|=|a_{n}^{2}-a_{n+1}.a_{n-1}|=1, \quad \forall n \in N.

-ប្រើវិចារកំនើនកំនត់យើងបាន (1)ជាស្វ៊ីតកើន។

ហេតុនោះ: |a_{n+1}^{2}-a_{n}a_{n+2}|=1 \Rightarrow a_{n+2}= \dfrac{a_{n+1}^{2}+1}{a_{n}}

ពីវិចារកំនើនមានកំនត់: a_{n+1} > a_{n} \Rightarrow a_{n} \leq a_{n+1}-1

\Rightarrow a_{n+2} \geq \dfrac{a_{n+1}^{2} \pm 1}{a_{n+1}-1} \geq \dfrac{a_{n+1}-1}{a_{n+1}-1}=a_{n+1}+1

\Rightarrow a_{n+2} > a_{n+1}.

-ស្វ៊ីត(1)ត្រូវបានកំនត់មានតែមានគត់។
ហេតុនោះ ឧបមាថាមាន​n \geq 2: a_{n}, a_{n+1} តែមួយគត់ដែលាមានពីរតំលៃ a_{n+2},a'_{n+2}, \quad a_{n+2} > a'_{n+2}ដែលផ្ទៀងផ្ទាល់របៀបកំន់តស្វ៊ីត​ គឺថា:

\left\{ \begin{array}{l} a_{n}.a_{n+1}=a_{n+1}^{2}+1 \\ a_{n}.a_{n+2}=a_{n+1}^{2}-1 \end{array} \right. \Rightarrow a_{n}(a_{n+2}-a'_{n+2})=2 \vdots a_{n}

\Rightarrow មិនពិត(ព្រោះ a_{n} \geq a_{2}=3 > 2)

សរុបមកយើងស្រាយបានថាមានស្វ៊ីតវិជ្ជមានតែមួយគត់:

a_{o}=1,a_{1},a_{2}=3,a_{3}=5, \quad |a_{n+1}^{2}-a_{n}a_{n+2}|=1, \forall n \geq 3

នោះក៏ជាស្វ៊ីត :

a_{o}=1, a_{1}=2, a_{n}=a_{n-1}+a_{n-2}, \forall n \geq 2

ស្រាយដូចគ្នា យើងនឹងបង្ហាញបានថាមានបណ្តាស្វ៊ីតវិជ្ជមាន:

a_{o}=1, a_{1}=2,a_{2}=3, a_{3}4, |a_{n+1}^{2}-a_{n}a_{n+2}|=1, \forall n \geq 2.

a_{o}=1, a_{1}=2, a_{2}=5, a_{3}=12, |a_{n+1}^{2}-a_{n}a_{n+2}|=1, \forall n \geq 2.

a_{o}, a_{1}=2, a_{2}=5, a_{3}=13, |a_{n+1}^{2}-a_{n}a_{n+2}|=1, \forall n \geq 2.

នោះក៏ជាបណ្តាស្វ៊ីត(រៀងគ្នា):

a_{o}=1, a_{1}=2,a_{n+2}=2_{n+1}-a_{n}, \forall n \in N. \quad (2)

a_{o}=1, a_{1}=2, a_{n+2}=2a_{n+1}+a_{n}, \forall n \in N. \quad (3)

a_{o}=1, a_{1}=2, a_{n+2}=3a_{n+1}-a_{n}, \forall n \in N. \quad (4)

ដូចនេះ: មានស្វ៊ីតវិជ្ជមានចំនួនបួនគឺ(1),(2),(3),និង(4)ដែលផ្ទៀងផ្ទាល់តាមប្រធាន។

7- គេអោយស្វ៊ីតចំនួនពិត{S_{n}} ជាមួយ​ S_{n}= \dfrac{n+1}{2^{n+1}} \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \dfrac{2^{k}}{k}.

បង្ហាញថាមាន \displaystyle \lim_{n \to +\infty} S_{n} ហើយគណនាលីមីតនោះ។

  • សំរាយ

យើងមាន : S_{n+1}= \dfrac{n+2}{2^{n+2}} \displaystyle \sum_{k=1}^{n+1} \dfrac{2^{k}}{k}= \dfrac{n+2}{2^{n+2}} \biggl ( \dfrac{2^{1}}{1}+ \dfrac{2^{2}}{2}+...+ \dfrac{2^{n+1}}{n+1} \biggr )

= \dfrac{n+2}{2(n+1)}. \dfrac{n+1}{2^{n+1}} \biggl ( \dfrac{2^{1}}{1}+ \dfrac{2^{2}}{2}+...+ \dfrac{2^{n}}{n} \biggr )+ \dfrac{n+2}{2(n+1)}

= \dfrac{n+2}{2(n+1)}(S_{n}+1)

ស្រដៀងគ្នាដែរគេបាន:

S_{n+2}= \dfrac{n+3}{2(n+2)}(S_{n+1}+1)

\Rightarrow S_{n+2}-S_{n+1}= \dfrac{(n+1)(n+3)(S_{n+1}+1)-(n+2)^{2}(S_{n}+1)}{2(n+1)(n+2)}

= \dfrac{(n^{2}+4n+3)(S_{n+1}-S_{n})-S_{n}-1}{2(n+1)(n+2)}

នោះស្វ៊ីត {S_{n}} គឺជាស្វ៊ីតចុះ។
ហេតុនោះមាន \displaystyle \lim_{n \to +\infty} S_{n}.តាង S​ជាលីមីតនោះ.

ពី S_{n+1}= \dfrac{n+2}{2(n+1)}(S_{n}+1)

\Rightarrow S= \dfrac{1}{2}(S+1) \iff S=1.

ដូចនេះ:\displaystyle \lim_{n \to +\infty} S_{n}=1.

8- គេដឹងវិសមភាព:

x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+...+x_{n}^{2} \geq (x_{1}+x_{2}+...+x_{n-1})x_{n}.

ផ្ទៀងផ្ទាត់ជាមួយគ្រប់ចំនួនពិត​ x_{1}, x_{2},...,x_{n}, (n \geq 1).តើ n ត្រូវស្មើរប៉ុន្មាន?

  • សំរាយ

ឧបមាថាវិសមភាព: x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+...+x_{n}^{2} \geq (x_{1}+x_{2}+...+x_{n-1})x_{n}. \quad (1)

ផ្ទៀងផ្ទាត់ជាមួយគ្រប់ចំនួនពិត x_{1}, x_{2},...,x_{n}, (n \geq 1)

ពេលនោះវាក៏កើតឡើងជាមួយ: \left\{ \begin{array}{l} x_{1}=x_{2}=...=x_{n-1}=1 \\ x_{n}=2 \end{array} \right.

\Rightarrow (n-1)+4 \geq (n-1)2

\Rightarrow 1 \leq n \leq 5

ច្រាសមកវិញ​ ឧបមា​ 1 \leq n \leq 5, ​​ យើងនឹងស្រាយថា(1) ត្រូវបានផ្ទៀងផ្ទាត់ជាមួយ គ្រប់ចំនួនពិត​ x_{1}, x_{2},...,x_{n}.

ហេតុនេះ យើងពិនិត្យត្រីធា:

f(x_{n})=x_{n}^{2}-(x_{1}+x_{2}+...+x_{n-1})x_{n}+x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+...+x_{n-1}^{2}

នេះគឺជាត្រីធាលំដាប់ពីរ ចំពោះ x_{n} ហើយយើងមាន:

\Delta =(x_{1}+x_{2}+...+x_{n-1})^{2}-4(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+...+x_{n-1}^{2})

តាមវិសមភាព Bunhiacopski:

4(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+...+x_{n-1}^{2}) \geq (n-1)(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+...+x_{n-1}^{2}) \geq (x_{1}+x_{2}+...+x_{n-1})^{2}

\Rightarrow \Delta \leq 0

\Rightarrow f(x_{n}) \geq 0, \forall x_{n} \in R.

ដូចនេះ:n \in \begin{Bmatrix} 1, 2, 3, 4, 5 \end{Bmatrix}.

9- កំណត់តួទូទៅរបស់ស្វ៊ីតចំនួនពិត{u_{n}},គេដឹងថា:

\left\{ \begin{array}{l} u_{1}=2 \\ u_{n+1}=9u_{n}^{3}+3u_{n}, (n=1,2,3,...). \end{array} \right.

  • សំរាយ

តាង:V_{n}=3u_{n},(n=1,2,...).យើងមាន \left\{ \begin{array}{l} V_{1}=6 \\ V_{n+1}=V_{n}^{2}+3V_{n} \end{array} \right.

រើសយក x_{1},x_{2}: \left\{ \begin{array}{l} x_{1}+x_{2}=6 \\ x_{1}.x_{2}=-1 \end{array} \right.

+ជាមួយ n=1,យើងមាន:

V_{1}=6=x_{1}+x_{2}=x_{1}^{3^{1-1}}+x_{2}^{3^{1-1}}

+ជាមួយ n=k,(k \in N) យើងឧបមាថា :V_{k}=x_{1}^{3^{k-1}}+x_{2}^{3^{k-1}}.

+ជាមួយ n=k+1, យើងមាន:

V_{k+1}=V_{k}^{3}+3V_{k}

= \bigl (x_{1}^{3^{k-1}}+x_{2}{3^{k-1}} \bigr )^{3}+3 \bigl (x_{1}^{3^{k-1}}+x_{2}^{3^{k-1}} \bigr )

=x_{1}^{3^{k}}+x_{2}^{3^{k}}+3(x_{1}x_{2})^{3^{k-1}} \bigl (x_{1}^{3^{k-1}}+x_{2}^{3^{k-1}} \bigr )+3 \bigl (x_{1}^{3^{k-1}}+x_{2}^{3^{k-1}} \bigr ).

=x_{1}^{3^{k}}+x_{2}^{3^{k}},(ព្រោះ (x_{1}x_{2})^{3^{k-1}}=(-1)^{3^{k-1}}=-1)

នោះតាមវិចារកំនើនមានកំនត់គេបាន:

V_{n}=x_{1}^{3^{n-1}}+x_{2}^{3^{n-1}}, \forall n \in N

ដូចនេះ: u_{n}= \dfrac{1}{3} \bigl [(3- \sqrt{10})^{3^{n-1}}+(3+ \sqrt{10})^{3^{n-1}} \bigr ].

(ព្រោះ x_{1},x_{2} ជារឹសរបស់សមីការ x^{2}-6x-1=0)

10- គេអោយស្វ៊ីត {x_{n}} កំនត់ដូចខាងក្រោម:

\left\{ \begin{array}{l} x_{1}=1 \\ x_{n+1}= \begin{bmatrix} \dfrac{3}{2}x_{n} \end{bmatrix} \quad \forall n \geq 1 \end{array} \right.

បង្ហាញថាស្វ៊ីត x_{n}} មានចំនួនគូ និងចំនួនសេសរាប់មិនអស់។(តាង [x]​ ជាផ្នែកគត់របស់ x).

  • សំរាយ

+ឧបមាថាស្វ៊ីត \begin{Bmatrix} x_{n} \end{Bmatrix}^{ \alpha} គ្រាន់តែមានចំនួនគូកំនត់,​ នាំអោយមានយ៉ាងតិចចំនួន​ n \in Nមួយដែល x_{k}សេស \forall k \geq n.

តាង :x_{k}=2^{ \alpha}. \beta +1(ជាមួយ \alpha , \beta \in N, \betaសេស.

នោះគេបាន:

x_{k+1}=2^{ \alpha -1}. 3 \beta +1

x_{k+2}=2^{ \alpha -2}.3^{2} \beta +1
………………
x_{k+ \alpha }=3^{ \alpha } \beta+1

\Rightarrow x_{k+ \alpha }គឺជាចំនួនគូ​ \Rightarrow មិនពិតតាមឧបមា។

នោះយើងទាញបានថាស្វ៊ីតខាងលើមានចំនួនគូមិនកំនត់។

+ឧបមាថាស្វ៊ីត \begin{Bmatrix} x_{n} \end{Bmatrix}^{ \alpha } មានចំនួនសេសកំនត់, នាំអោយមានយ៉ាងតិចចំនួនn \in Nមួយដែល​ x_{k}គូ, \forall k \geq n.

តាង :x_{k}=2^{ \alpha }. \beta, ( \alpha , \beta \in N, \quad \betaសេស)

នោះគេបាន:

x_{k+1}=3.2^{ \alpha -1} \beta

x_{k+2}=3^{2}. 2^{ \alpha -2} \beta
………………….
x_{k+ \alpha }=3^{ \alpha }. \beta

\Rightarrow x_{k+ \alpha }ជាចំនួនសេស \Rightarrowមិន​ពិតតាមឧបមា។

នោះនាំអោយស្វ៊ីតខាងលើមានចំនួនសេសរាប់មិនអស់។

11- អោយ n ជាចំនួនពិតវិជ្ជមាន,a_{1},a_{2},...,a_{n} > 0,(n \geq 2)ផ្ទៀងផ្ទាត់:

a_{1}+a_{2}+...+a_{n}=1

បង្ហាញថា :\displaystyle \sum_{i=1}^{n} \sqrt{ \dfrac{1-a_{i}}{a_{i}}} \geq (n-1) \sum_{i=1}^{n} \sqrt{ \dfrac{a_{i}}{1-a_{i}}}

  • សំរាយ

យើងមាន:

f= \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \sqrt{ \dfrac{1-a_{i}}{a_{i}}}-(n-1) \sum_{i=1}^{n} \sqrt{ \dfrac{a_{i}}{1-a_{i}}}

=\biggl ( \displaystyle \sum_{j=1}^{n}a_{j} \biggr ) \biggl ( \sum_{i=1}^{n} \sqrt{ \dfrac{1-a_{i}}{a_{i}}} \biggr )- \biggl ( \sum_{j=1}^{n}(1-a_{j}) \biggr ). \biggl ( \sum_{i=1}^{n} \sqrt{ \dfrac{a_{i}}{1-a_{i}}} \biggr )

= \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} \biggl ( a_{j} \sqrt{ \dfrac{1-a_{i}}{a_{i}}}-(1-a_{i}) \sqrt{ \dfrac{a_{i}}{1-a_{i}}} \biggr )

= \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} \dfrac{a_{j}(1-a_{i})-(1-a_{j})a_{i}}{ \sqrt{a_{i}(1-a_{i})}}= \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} \dfrac{a_{j}-a_{i}}{ \sqrt{a_{i}(1-a_{i})}}

= \displaystyle \sum_{1 \leq i < j \leq n} \biggl ( \dfrac{a_{j}-a_{i}}{ \sqrt{a_{i}(1-a_{i}}}+ \dfrac{a_{i}-a_{j}}{ \sqrt{a_{j}(1-a_{j})}} \biggr ) \geq 0

(ព្រោះ \dfrac{a_{j}-a_{i}}{ \sqrt{a_{i}(1-a_{i})}}+ \dfrac{a_{i}-a_{j}}{ \sqrt{a_{j}(1-a_{j})}}= \dfrac{(a_{j}-a_{i})[ \sqrt{a_{j}(1-a_{j})}- \sqrt{a_{i}(1-a_{i})}]}{ \sqrt{a_{i}a_{j}(1-a_{i})(1-a_{j})}}

= \dfrac{(a_{i}-a_{j})^{2}(1-a_{i}-a_{j})}{ \sqrt{a_{i}a_{j}(1-a_{i})(1-a_{j})}[ \sqrt{a_{j}(1-a_{j})}+ \sqrt{a_{i}(1-a_{i})}]} \geq 0.)

12- គេអោយស្វ៊ីត {x_{n}} ជាមួយ x_{1}=a \neq -2, x_{n+1}= \dfrac{3 \sqrt{2x_{n}^{2}+2}-2}{2x_{n}+ \sqrt{2x_{n}^{2}+2}}, \forall n \in N.

ពិនិត្យភាពបង្រួមរបស់ស្វ៊ីត និងរកលីមីតរបស់វា(បើមាន) ដោយយោងតាមករណី a.

  • សំរាយ

*តាង: f(x)= \dfrac{3 \sqrt{2x^{2}+2}-2}{2x+ \sqrt{2x^{2}+2}}

និង g(x)=f(x)-x= \dfrac{-2x^{2}+(3-x) \sqrt{2x^{2}+2}-2}{2x+ \sqrt{2x^{2}+2}}, (x \neq -1)

ដោះស្រាយសមីការ g(x)=0​ យើងទទួលបានរឹសពីរគឺ: x=1,x=-7.

លើចន្លោះ ( -\infty ,-7), (1, +\infty ) g​ ជាអនុគមន៍ជាប់។

លើសពីនេះទៀត​​ :

+g(-8)= \dfrac{-128+11 \sqrt{130}-2}{-16+ \sqrt{130}}= \dfrac{ \sqrt{130}( \sqrt{130}-11)}{16- \sqrt{130}} > 0

\Rightarrow g(x) > 0, \forall x < -7 \iff f(x) > x, \forall x < -7

+g(2)= \dfrac{-10+ \sqrt{10}}{ \sqrt{10}+4} < 0 \Rightarrow g(x) < 0, \forall x > 1 \Rightarrow f(x) < x, \forall x > 1.

**តាង :h(x)=f(x)-1= \dfrac{2 \sqrt{2x^{2}+2}-2(x+1)}{2x+ \sqrt{2x^{2}+2}}, \quad x \neq -1

សមីការ h(x)=0 មានរឹសមួយគត់គឺ​ x=1.
នាំអោយ h​ មិនផ្តូរសញាលើចន្លោះ ( -\infty ,1),(1, +\infty ).

លើសពីនេះទៀត:

\left\{ \begin{array}{l} h(0)= \dfrac{2 \sqrt{2}--2}{ \sqrt{2}}=2- \sqrt{2} > 0 \\ h(2)= \dfrac{2 \sqrt{10}-6}{4+ \sqrt{10}}= \dfrac{ \sqrt{10}-3}{2+ \sqrt{10}} > 0 \end{array} \right. \Rightarrow h(x) \geq 0, \forall x > 1.

សញ្ញា “=” \iff x=1 \Rightarrow f(x) \geq 1 , \forall x > -1

***តាង k(x)=f(x)-(-7)= \dfrac{14x-2+10 \sqrt{2x^{2}+2}}{2x+ \sqrt{2x^{2}+2}}, x \neq -1

សមីការ k(x)=0 មានរឹសមួយគត់គឺ​ x=-7.
នាំអោយk(x)មិនដូរសញាលើចន្លោះ ( -\infty,-7),(-7, +\infty ).

លើសពីនេះទៀត:

\left\{ \begin{array}{l} k(-8)= \dfrac{10 \sqrt{130}-114}{ \sqrt{130}-16} < 0 \\ k(-6)= \dfrac{10 \sqrt{74}-86}{ \sqrt{74}-12} < 0 \end{array} \right. \Rightarrow k(x) \leq 0, \forall x < -1

សញ្ញា “=” \iff x=-7 \Rightarrow f(x) \leq -7, \forall x < -1

តាមបណ្តាលទ្ធផលខាងលើយើងទទួលបាន:

a) បើ x_{1}=a > -1នោះតាម**​ យើងមាន: x_{2}=f(x_{1}) \geq 1

ពីនោះនាំអោយ :x_{n} \geq 1, \forall n \geq 2 \quad (''='' \iff a=1 )

រួមជាមួយ *​ យើងបាន:x_{n+1}=f(x_{n}) \leq x_{n}, \forall n \geq 2 \quad ''='' \iff a=1).

ដូចនេះស្វ៊ីត{x_{n}}ជាស្វ៊ីតចុះ(បើ a=1នោះ {x_{n}}ជាស្វ៊ីតថេរ) និងទាល់ក្រោម។ ហេតុនោះស្វ៊ីត {x_{n}}ជាស្វ៊ីតបង្រួមហើយ \displaystyle \lim_{n \to +\infty}x_{n}=1

b) បើx_{1}=a < -1,​ ស្រដៀងករណីខាងលើ​តាម*** យើងបាន:x_{2}=f(x_{1}) \leq-7.

ពីនោះ \Rightarrow x_{n} \leq -7, \forall n \in N \quad (''='' \iff a=-7)

រួមជាមួយ * យើងបាន: x_{n+1}=f(x_{n}) \geq x_{n}, \forall x \geq 2 \quad (''='' \iff a=-7)

ដូចនេះស្វ៊ីត {x_{n}}ជាស្វ៊ីតកើន(បើa=-7 នោះ {x_{n}}ជាស្វ៊ីតថេរ) និងទាល់លើ។
ហេតុនោះស្វ៊ីត {x_{n}}បង្រួមហើយ \displaystyle \lim_{n \to +\infty}x_{n}=-7.

13- គេអោយស្វ៊ីត {u_{n}}កំនត់ដូចខាងក្រោម:

u_{1}=1; \quad u_{n+1}=u_{n}+ \dfrac{u_{n}^{2}}{1999}

គណនា:\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \biggl ( \dfrac{u_{1}}{u_{2}} + \dfrac{u_{2}}{u_{3}}+...+ \dfrac{u_{n}}{u_{n+1}} \biggr ).

  • សំរាយ

យើងមាន:\dfrac{u_{n}}{u_{+1}}= \dfrac{u_{n}^{2}}{u_{n+1}u_{n}}= \dfrac{1999(u_{n+1}-u_{n})}{u_{n+1}u_{n}}=1999 \biggl ( \dfrac{1}{u_{n}}- \dfrac{1}{u_{n+1}} \biggr )

\Rightarrow \dfrac{u_{1}}{u_{2}}+ \dfrac{u_{2}}{u_{3}}+...+ \dfrac{u_{k}}{u_{k+1}}=1999 \biggl ( \dfrac{1}{u_{1}}- \dfrac{1}{u_{k+1}} \biggr )=1999 \biggl (1- \dfrac{1}{u_{k+1}} \biggr )

លើសពីនេះទៀត:u_{n+1} > u_{n} \geq 1, \forall n \in N

\Rightarrow \begin{Bmatrix} u_{n} \end{Bmatrix}ជាស្វ៊ីតម៉ូណូតូនកើន។
ហេតុនោះ​,បើស្វ៊ីត{u_{n}}ទាល់លើនោះវាបង្រួមទៅរក​ a កំនត់មួយ:

a= \displaystyle \lim_{n \to +\infty} u_{n+1}= \lim_{n \to +\infty} (u_{n}+ \dfrac{u_{n}^{2}}{1999})=a+ \dfrac{a^{2}}{1999}

\Rightarrow a=0

\Rightarrowមិនពិត (ព្រោះ u_{n} \geq 1, \forall n \in N \Rightarrow a \geq 1)

ដូចនេះស្វ៊ីត {u_{n}}មិនទាល់លើ.នោះគេបាន:

\displaystyle \lim_{n \to +\infty} u_{n}= +\infty

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \biggl ( \dfrac{u_{1}}{u_{2}}+ \dfrac{u_{2}}{u_{3}}+...+ \dfrac{u_{n}}{u_{n+1}} \biggr )=1999.

14- គេអោយ p ជាចំនួនបថម.

បង្ហាញថា \dfrac{C_{2p}^{p}-2}{p^{2}}ជាចំនួនគត់។

  • សំរាយ

+បើ p=2 នោះ \dfrac{C_{4}^{2}-2}{4}=1

+បើ p>2 នោះ: C_{2p}^{p}= \dfrac{(2p)!}{(p!)^{2}}= \dfrac{(2p)(2p-1)!}{p.(p-1)!p!}=2.C_{2p-1}^{p-1}

លើសពីនេះទៀត:

(2p-k)(p+k) \equiv k(p-k) (mod \quad p^{2}), (\forall k =1,2,..., \dfrac{p-1}{2})

\Rightarrow [(2p-1)(p+1).[(2p-2)(p+2)]...[(2p- \dfrac{p-1}{2})(p+ \dfrac{p-1}{2})]

\equiv [1(p-1)].[2(p-2)]...[ \dfrac{p-1}{2}. \dfrac{p+1}{2}] (mod \quad p^{2})

\Rightarrow (p+1)(p+2)...(2p-1) \equiv (p-1)! (mod \quad p^{2}  )

\Rightarrow C_{2p-1}^{p-1}= \dfrac{(p+1)(p+2)...(2p-2)(2p-1)}{(p-1)!}= \dfrac{m.p^{2}+(p-1)!}{(p-1)!},(m \in Z)

= \dfrac{mp^{2}}{(p-1)!}+1

\Rightarrow \dfrac{mp^{2}}{(p-1)!}=C_{2p-1}^{p-1}-1គឺជាចំនួនគត់

m \vdots (p-1)!​ (ព្រោះp^{2},(p-1)!ជាចំនួនបថមរួមគ្នា)

\Rightarrow m=n.(p-1)! ,(n \in Z)

\Rightarrow C_{2p-1}^{p-1}-1=n p^{2}

\Rightarrow C_{2p}{p}-2=2(C_{2p-1}{p-1}-1)=2np^{2}

\Rightarrow \dfrac{C_{2p}{p}-2}{p^{2}}=2n \in Z.

15- គេអោយស្វ៊ីតចំនួនពិតវិជ្ជមាន u_{o},u_{1},...,u_{1999} ផ្ទៀងផ្ទាត់លក្ខខ័ណ្ឌ:

\left\{ \begin{array}{l} u_{o}=u_{1999}=1 \quad (1) \\ u_{1}=2 \sqrt[4]{u_{i-1}.u_{i+1}};i=1,2,...,1998 \quad (2) \end{array} \right.

បង្ហាញថា :

a)1 \leq u_{1} < 4; \forall i =0,2,...,1999

b)u_{o}=u_{1999},u_{1}=u_{1998},u_{999}=u_{1000}

c)u_{o} < u_{1} < ... < u_{999}.

  • សំរាយ

a)តាង \alpha = Max u_{i}, \beta =Minu_{i};i= \overline{0,1999},( \alpha , \beta > 0)

បើ \alpha = \betaនោះ u_{o}=u_{1}=...=u_{1999}=1;​ តាមប៉ុន្តែលក្ខខ័ណ្ឌ (2) យើងឃើញថាករណីនេះមិនពិត។
ដូចនេះ :\alpha > \beta .

ក្រៅពីនេះតាមវិយមន័យគេបាន:

\alpha \geq u_{i} \geq \beta, \forall i = \overline{1,1999}

\Rightarrow \alpha \geq 1 \geq \beta \quad (3)

បើ \beta =u_{k},(k \in \begin{Bmatrix} 1,2,...,1998 \end{Bmatrix} )​ តាម (2) នាំអោយ:

\beta =u_{k}=2 \sqrt[4]{u_{k-1}u_{k+1}} \geq 2 \sqrt[4]{ \beta^{2}}

\Rightarrow \beta^{4} \geq 16 \beta^{2} \Rightarrow \beta \geq 4

\Rightarrow​ មិនពិត (ព្រោះផ្ទុយជាមួយ​(3))

ដូចនេះ​ \beta \neq u_{k}, \forall k = \overline{0,1998}

នាំអោយ: \beta =u_{1}=u_{1999}=1

ដូចនេះយើងបានស្រាយឃើញថា u_{i} \geq 1, \forall i = \overline{0,1999}

ដោយ: \alpha > \beta =1​ ទើបយើងមាន \alpha =u_{k}ណាមួយ(k \in \begin{Bmatrix} 1,2,...,1998 \end{Bmatrix})

\Rightarrow \alpha =u_{k}= 2 \sqrt[4]{u_{k-1}.u_{k+1}} \leq 2 \sqrt[4]{ \alpha^{2}}

\Rightarrow \alpha \leq 4

បើ​ \alpha =4 \Rightarrow u_{k-1}=u_{k+1}=4.​ ដូចគ្នានឹងស្វ៊ីតជាប់បន្តបន្ទាប់ (2) គេបាន:

u_{o}=u_{1}=u_{2}=...=u_{1999}=4

លក្ខខ័ណ្ឌនេះផ្ទុយពីសម្មតិកម្ម (1),នោះ​ \alpha < 4.

មានន័យថា​ u_{i} < 4, \forall i = \overline{0,1999}.

សរុបមកយើងសន្និដ្ឋានបានថា:

1 \leq u_{i} < 4, \forall i = \overline{0,1999}.

b)ពិនិត្យស្វ៊ីត u_{1999},u_{1998},...u_{1},u_{o}

ស្វ៊ីតនេះ ក៏ផ្ទៀងផ្ទាត់លក្ខខ័ណ្ឌ (1),(2)។ដោយសារតែលក្ខណះមានតែមួយគត់គេបាន:

u_{o}=u_{1999}, u_{1}=u_{1998},...,u_{999}=u_{1000}.

c)តាមលក្ខខ័ណ្ឌ(2)យើងបាន: u_{999}= 2 \sqrt[4]{u_{998}u_{1000}}

តាមការស្រាយខាងលើយើងមាន:0 < u_{999}=u_{1000} < 4

\Rightarrow u_{999}^{2}=4 \sqrt{u_{998}.u_{999}} < 4u_{999}

\Rightarrow u_{998}.u_{999} < u_{999}^{2} \Rightarrow u_{998} < u_{999}

ធ្វើការសន្និដ្ឋានដូចគ្នាយើងនឹងទទួលបានលក្ខខ័ណ្ឌដែលត្រូវស្រាយ។

16- ពីស្វ៊ីត {u_{n}}កំនត់ដោយ:

\left\{ \begin{array}{l} u_{1}=2 \\ u_{n+1}= \dfrac{u_{n}^{2}+1999u_{n}}{2000} , n \in N \end{array} \right.

យើងបង្កើតបានស្វ៊ីត​ {S_{n}} ជាមួយ S_{n}= \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \dfrac{u_{i}}{u_{i+1}-1}.

គណនា:\displaystyle \lim_{n \to +\infty} S_{n}.

  • សំរាយ

តាមសម្មតិកម្មគេបាន:

u_{n+1}= \dfrac{u_{n}(u_{n}-1)}{2000}+u_{n}, \forall n \in N.

ដោយ u_{1}=2នោះយើងមាន:2=u_{1} < u_{2} < ... < u_{n} < ...

មានន័យថា{u_{n}}ជាស្វ៊ីតមួយកើន។

ឧបមាថាស្វ៊ីតនេះទាល់លើ នោះមាន L \in [2, +\infty ) : \displaystyle \lim_{n \to +\infty} u_{n}=L

នោះគេទាញបាន:L= \dfrac{L^{2}+1999L}{2000} \iff \left\{ \begin{array}{l} L=0 \\ L=1 \end{array} \right. មិនពិត(ព្រោះ L \geq 2).

ដូចនោះស្វ៊ីត {u_{n}}មិនទាល់លើ។

ហេតុនោះ:\displaystyle \lim_{n \to +\infty} u_{n}= +\infty

ក្រៅពីនេះតាមសម្មតិកម្មដែរគេបាន:

u_{n+1}= \dfrac{u_{n}^{2}+1999u_{n}}{2000}

\Rightarrow u_{n}(u_{n}-1)=2000(u_{n+1}-u_{n})

\Rightarrow \dfrac{u_{n}}{u_{n+1}-1}= \dfrac{u_{n}(u_{n}-1)}{(u_{n+1}-1)(u_{n}-1)}= \dfrac{2000(u_{n+1}-u_{n})}{(u_{n+1}-1)(u_{n}-1)}=2000( \dfrac{1}{u_{n}-1}- \dfrac{1}{u_{n+1}-1})

\Rightarrow S_{n}= \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \dfrac{u_{i}}{u_{n+1}-1}=2000( \dfrac{1}{u_{1}-1}- \dfrac{1}{u_{n+1}-1})=2000(1- \dfrac{1}{u_{n+1}-1})

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} S_{n}=2000.

17- គេអោយស្វ៊ីតចំនួនពិត​ {a_{n}}ជាមួយ :\left\{ \begin{array}{l} a_{o}=1 \\ a_{1}=2 \\ a_{n+2}=a_{n+1}-a_{n}, \forall n \in N \end{array} \right.

រកតំលៃទាំងអស់របស់ n​ ដើម្បីអោយ a_{n}-1ជាចំនួនការេមួយប្រាកដ។

  • សំរាយ

ពិនិត្យសមីការតំណាង:

t^{2}=4t-1 \iff t=2 \pm \sqrt{3}

\Rightarrow a_{n}= \alpha (2+ \sqrt{3})^{n}+ \beta (2- \sqrt{3})^{n}, ( \alpha, \beta \in R)

លើសពីនេះទៀត: \left\{ \begin{array}{l} a_{o}=1 \\ a_{1}=2 \end{array} \right.

\iff \left\{ \begin{array}{l} \alpha + \beta =1 \\ 2( \alpha + \beta )+ \sqrt{3}( \alpha - \beta )=2 \end{array} \right. \iff \alpha = \beta = \dfrac{1}{2} \Rightarrow a_{n}= \dfrac{1}{2}(t_{1}^{n}+t_{2}^{n})

ដោយ:2 \pm \sqrt{3}= \dfrac{1}{2}( \sqrt{3} \pm 1)^{2}=\biggl ( \dfrac{ \sqrt{3} \pm 1}{ \sqrt{2}} \biggr )^{2}

\Rightarrow a_{n}-1= \dfrac{1}{2} \biggl[ \biggl ( \dfrac{ \sqrt{3}+1}{ \sqrt{2}}\biggl )^{2n}+ \biggl ( \dfrac{ \sqrt{3}-1}{ \sqrt{2}} \biggr )^{2n} \biggr ]-1= \biggl [ \dfrac{( \sqrt{3}+1)^{n}.( \sqrt{3}-1)^{n}}{( \sqrt{2})^{n+1}} \biggr ]^{2}

ដោយ a_{n}-1 គឺជាចំនួនការេប្រកដគេបាន:

A= \dfrac{( \sqrt{3}+1)^{n}-( \sqrt{3}-1)^{n}}{( \sqrt{2})^{n+1}} \in Z

យើងពិនិត្យករណីរៀងគ្នា:

+n=0 \Rightarrow A=0 \in Z

+n=1 \Rightarrow A=1 \in Z

+n=2k, k \in N^{*}

ពិនិត្យស្វ៊ីត {b_{k}},ជាមួយ:

b_{k}= \dfrac{(2+ \sqrt{3})^{k}-(2- \sqrt{3})^{k}}{ \sqrt{2}}= \dfrac{( \sqrt{3}+1)^{n}-( \sqrt{3}-1)^{n}}{(\sqrt{2})^{n+1}}=A

នោះយើងទទួលបាន 2 \pm \sqrt{3}ជារឹសរបស់សមីការ x^{2}=4x-1
នោះគេបាន{b_{k}}​​​ ផ្ទៀងផ្ទាត់:b_{k+2}=4b_{k+1}-b_{k}

ដែល:\left\{ \begin{array}{l} b_{o}=0 \\ b_{1}= \sqrt{6} \end{array} \right. \Rightarrow b_{k} \notin Q, \forall k \in N^{*}

\Rightarrow a_{n}-1មិនមែនជាចំនួនការេប្រកដទេ។

+បើ n=2k+1, k \in N^{*}:​ យើងមាន:

\dfrac{( \sqrt{3}+1)^{n}-( \sqrt{3}-1)^{n}}{( \sqrt{2})^{n+1}}= \dfrac{ \sqrt{3}+1}{2} \biggl [ \biggl ( \dfrac{ \sqrt{3}+1}{ \sqrt{2}} \biggr )^{2k}- \biggl ( \dfrac{ \sqrt{3}-1}{ \sqrt{2}} \biggr )^{2k} \biggr ]

= \dfrac{ \sqrt{3}+1}{2}[(2+ \sqrt{3})^{k}-(2- \sqrt{3})^{k}]

តាង:C_{k}= \dfrac{ \sqrt{3}+1}{2}[(2+ \sqrt{3})^{k}-(2- \sqrt{3})^{k}], k \in N^{*}

នោះស្វ៊ីត {C_{k}}ផ្ទៀងផ្ទាត់ C_{k+1}=4C_{k+1}-C_{k}

ដែល: \left\{ \begin{array}{l} C_{o}=0 \\ C_{1}=5 \end{array} \right. \Rightarrow C_{k} \in Z, \forall k \in N^{*}

ដូចនេះ:a_{n}-1គឺជាចំនួនការេប្រកដ \iff n=0 រឺ​ n គត់វិជ្ជមានសេស។

18- គេអោយ \alpha \in (0, \dfrac{ \pi }{2}). គណនា: \displaystyle \lim_{n \to +\infty} (cos^{2} \alpha \sqrt[n]{cos \alpha }+sin^{2} \alpha \sqrt[n]{sin \alpha })^{n}.

  • សំរាយ

តាង: x_{n}=cos^{2} \alpha \sqrt[n]{cos \alpha }+sin^{2} \alpha \sqrt[n]{sin \alpha }, n \in N

\Rightarrow x_{n} \rightarrow 1,ពេល n \rightarrow +\infty

\Rightarrow \dfrac{lnx_{n}}{x_{n}-1} \rightarrow n,ពេល n \rightarrow +\infty

\biggl ( \left\{ \begin{array}{l} o < x_{n} < 1, \forall n \in N \\ \dfrac{ln(1+x)}{x} \rightarrow 1, (x \rightarrow o) \end{array} \right. \biggr )

\Rightarrow \dfrac{nlnx_{n}}{n(x_{n}-1)} \rightarrow 1, (n \rightarrow +\infty

ដែល n(x_{n}-1)=cos^{2} \alpha \dfrac{ \sqrt[n]{cos \alpha}-1}{ \dfrac{1}{n}}+sin^{2} \alpha \dfrac{ \sqrt[n]{sin \alpha }-1}{ \dfrac{1}{n}}

\rightarrow cos^{2} \alpha lncos \alpha +sin^{2} \alpha lnsin \alpha​ (ព្រោះ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} n( \sqrt[n]{x}-1)=lnx, (x > 0))

\Rightarrow (x_{n})^{n} \rightarrow (cos \alpha )^{cos^{2} \alpha}.(sin \alpha)^{sin^{2} \alpha}.

19- គេអោយស្វ៊ីតចំនួនពិត {u_{n}}ជាមួយ: \left\{ \begin{array}{l} u_{1} \in R \\ u_{n+1}= \dfrac{1}{2}ln(1+u_{n}^{2})-1999, n \geq 1 \end{array} \right.

បង្ហាញថាស្វ៊ីត {u_{n}}ជាស្វ៊ីតបង្រួម។

  • សំរាយ

យើងមាន:f(x)= \dfrac{1}{2}ln(1+x^{2})-1999 ជាអនុគមន៍មានដេរីវេលើ R ហើយ:

f'(x)= \dfrac{x}{1+x^{2}} \in [- \dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}] ( \forall x \in R)

ក្រៅពីនេះយើងតាង: g(x)=x+1999- \dfrac{1}{2}ln(1+x^{2})=x-f(x)

នោះ g​ ក៏មានដេរីវេលើR​ដែរ ហើយ: g'(x)=1- \dfrac{x}{1+x^{2}} >0, ( \forall x \in R)

លើសពីនេះទៀត:

g(0).g(-1999)=- \dfrac{1999}{2}ln(1+1999^{2}) < 0

ពីនោះនាំអោយមាន L \in (-1999,0)ដែល: g(L)=0 \iff f(L)=L

អនុវត្តន៍ទ្រឹស្តី Lagrange យើងមាន C \in E ដែល:

|u_{n+1}-L|=|f(n_{1})-f(L)|=|f'(C)|.|u_{n}-L| \leq \dfrac{1}{2}|u_{n}-L|

នោះយើងបាន:

|u_{n}-L| \leq ( \dfrac{1}{2})^{n-1}. |u_{1}-L|, \quad \forall n \in N

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} u_{n}=L.

20- គេអោយ \left\{ \begin{array}{l} n \in N \\ n \geq 3 \end{array} \right.

ចូរកំនត់តំលៃធំបំផុតរបស់G និងតូចបំផុតរបស់ K ដែលជាមួយ ចំនួន n វិជ្ជមានណាមួយនៃ a_{1},a_{2},...a_{n}.​ នោះវិសមភាពខាងក្រោមពិតជានិច្ច:

K < \dfrac{a_{1}}{a_{1}+a_{2}}+ \dfrac{a_{2}}{a_{2}+a_{3}}+...+\dfrac{a_{n}}{a_{n}+a_{n+1}} < G.

  • សំរាយ

តាង: S= \displaystyle \sum_{i=1}^{n}a_{i} និង T=T(a_{1},a_{2},...,a_{n})= \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \dfrac{a_{i}}{a_{i}+a_{i+1}}

(ក្នុងនោះ: a_{n+1}=a_{1})

យើងមាន: T > \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \dfrac{a_{i}}{S}=1 \Rightarrow K \geq 1.

ក្រៅពីនេះ:

n-T= \dfrac{a_{2}}{a_{1}+a_{2}}+ \dfrac{a_{2}}{a_{2}+a_{3}}+...+ \dfrac{a_{n}}{a_{n}+a_{n+1}}+ \dfrac{a_{1}}{a_{n}+a_{1}}

=T(a_{n},a_{n-1},...,a_{1}) \geq 1

\Rightarrow T < n-1, \quad G \leq n -1

ជាមួយ x>0,យើងមាន:

T(1,x,...,x^{n-1})= \dfrac{1}{1+x}+ \dfrac{x}{x+x^{2}}+...+ \dfrac{x^{n-1}}{x^{n-1}+1}= \dfrac{n-1}{1+x}+ \dfrac{x^{n-1}}{1+x^{n-1}}

\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{x \to 0^{+}} T(1,x,....x^{n-1})=n-1 \\ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} T(1,x,...,x^{n-1})=1 \end{array} \right.

ដូចនេះ: MaxG=n-1, MinK=1.

21- គេអោយស៊្វីត {u_{n}}កំនត់ដូចខាងក្រោម:

\left\{ \begin{array}{l} u_{o}=2000 \\ u_{n+1}=u_{n}+ \dfrac{1}{u_{n}^{2}}; n=0,1,2,... \end{array} \right. គណនាលីមីត: \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \dfrac{u_{n}^{3}}{n}.

  • សំរាយ

យើងមាន: u_{n+1}=u_{n}+ \dfrac{1}{u_{n}^{2}}, \forall n \geq 0

\Rightarrow u_{n+1}^{3}=u_{n}^{3}+ \dfrac{1}{u_{n}^{6}}+3+ \dfrac{3}{u_{n}^{3}} > u_{n}^{3}+3, \forall n \geq 0 \quad (1) (ព្រោះ u_{n} > 0, \forall n \geq 0)

\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} u_{1}^{3} > u_{o}^{3}+3 \\ u_{2}^{3} > u_{1}^{3}+3 \\ ............ \\ u_{n}^{3} > u_{n-1}^{3}+3 \end{array} \right. , \forall n \geq 1

\Rightarrow u_{n}^{3} > 3n+u_{o}^{3}, \forall n \geq 1 \quad (2)

តាម(1)​និង(2) គេបាន:

u_{n+1}^{3} < u_{n}^{3}+3+ \dfrac{1}{u_{o}^{3}+3n}+ \dfrac{1}{(u_{o}^{3}+3n)^{2}} < u_{n}^{3}+3+ \dfrac{1}{n}+ \dfrac{1}{9n^{2}}, \forall n \geq 1

\Rightarrow u_{n}^{3} < u_{1}^{3} +3(n-1)+ \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{1}{k}+ \dfrac{1}{9} \sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{1}{k^{2}}, \forall n \geq 2 ,(3)

ក្រៅពីនេះយើងមាន:

\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^{2}} < 1+ \dfrac{1}{1.2}+ \dfrac{1}{2.3} +...+ \dfrac{1}{n(n-1)}

\leq 1+(1- \dfrac{1}{2})+( \dfrac{1}{2}- \dfrac{1}{3})+...+( \dfrac{1}{n-1}- \dfrac{1}{n}) < 2, \forall n \geq 1

\Rightarrow ( \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k})^{2} \leq n \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k^{2}} < 2n, \forall n \geq 1 ,(4)

\Rightarrow \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k} < \sqrt{2n}, \forall n \geq 1,(5)

តាម(2),(3),(4) និង (5)គេបាន:

3+ \dfrac{u_{o}^{3}}{n} < \dfrac{u_{n}^{3}}{n} < \dfrac{u_{1}^{3}}{n}+3 \sqrt{ \dfrac{2}{n}}+ \dfrac{2}{9n}, \forall n \geq 2

ដោយ :\displaystyle \lim_{n \to +\infty} (3+ \dfrac{u_{o}^{3}}{n})= \lim_{n \to +\infty} ( \frac{u_{1}^{3}}{n}+3+ \sqrt{ \dfrac{2}{n}}+ \frac{2}{9n})=3

ដូចនេះ: \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \dfrac{u_{n}^{3}}{n}=3.

22- គេអោយស្វ៊ីត​ {u_{n}​}កំនត់ដោយ:

\left\{ \begin{array}{l} u_{1}=1 \\ u_{2}=2 \\ u_{n+2}=u_{n}+2u_{n+1}, n \in N^{*} \end{array} \right.

គណនា a ដែល:a= \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}.

  • សំរាយ

+ជាមួយ n=1,យើងមាន:

u_{2}^{2}-u_{1}u_{3}=4-1.5=(-1)^{1}

+n=k \in N,ឧបមាថា: u_{k+1}^{2}-u_{k}.u_{k+2}=(-1)^{k}.

+n=k+1 យើងមាន:

u_{k+2}^{2}-u_{k+1}.u_{k+3}= u_{k+2}(u_{k}+2u_{k+1})-u_{k+1}(u_{k+1}+2u_{k+2})

=u_{k+2}.u_{k}-u_{k+1}^{2}=-(-1)^{k}=(-1)^{k+1}

នោះ:u_{n+1}^{2}-u_{n}.u_{n+2}=(-1)^{n}, \forall n \in N

ម្យ៉ាងទៀត:u_{n} \geq 1, \forall n \in N,នោះ;

( \dfrac{u_{n+1}}{u_{n}})^{2}- \dfrac{u_{n+2}}{u_{n}}= \dfrac{(-1)^{n}}{u_{n}^{2}}

\Rightarrow ( \dfrac{u_{n+1}}{u_{n}})^{2}- \dfrac{u_{n}+2u_{n+1}}{u_{n}}= \dfrac{(-1)^{n}}{u_{n}^{2}}

\Rightarrow ( \dfrac{u_{n+1}}{u_{n}})^{2}-2 \dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}-1= \dfrac{(-1)^{n}}{u_{n}^{2}}(*)

លើសពីនេះទៀតពី​:u_{n+2}=u_{n}+2u_{n+1}, \forall n \in N

\Rightarrow u_{n+2}-u_{n+1}=u_{n}+u_{n+1} > 0, \forall n \in N

\Rightarrow u_{n+2} > u_{n+1}, \forall n \in N

\Rightarrow \begin{Bmatrix} u_{n} \end{Bmatrix}ជាស្វ៊ីតកើន.

ហេតុនោះ បើ{u_{n}}ទាល់នោះ{u_{n}}បង្រួមទៅរក​ b \in R.

ពេលនោះពី:u_{n+1}=u_{n}+2u_{n+1}, \forall n \in N

\Rightarrow b=b+2b

\Rightarrow b=0

\Rightarrowមិនពិត (ព្រោះ u_{n} \geq 1, \forall n \in N \Rightarrow b \geq 1)

\Rightarrow \begin{Bmatrix} u_{n} \end{Bmatrix}មិន​ទាល់លើ។

ដូចនោះ{u_{n}}កើន និងមិនទាល់លើ នោះគេបាន:

\displaystyle \lim_{n \to +\infty} u_{n}= +\infty.

រួមជាមួយ(*)នាំអោយ :a_{2}-2a-1=0 \iff a=1+ \sqrt{2},(a \geq 1)

ដូចនេះ: a=1+ \sqrt{2}.

23- គេអោយ f:N \rightarrow Z
. \quad n \rightarrow f(n)ផ្ទៀងផ្ទាត់:

\left\{ \begin{array}{l} f(m+n)-f(m)-f(n) \in \begin{Bmatrix} 0,1 \end{Bmatrix}, \forall m,n \in N \\ f(n) \geq 0, \forall n \in N \\ f(2)=0 < f(3), f(9999)=3333 \end{array} \right.​គណនា :f(2000)?.

  • សំរាយ

ដោយ: f(m+n)-f(m)-f(n) \in \begin{Bmatrix} 0,1 \end{Bmatrix}, \forall m,n \in N

\Rightarrow f(m+n) \geq f(m)+f(n), \forall m,n \in N

+យក m=n=1, យើងមាន: 0=f(2) \geq 2f(1) \Rightarrow f(1) \leq 0

ដែល :f(1) \geq 0(តាមសម្មតិកម្ម) \Rightarrow f(1)=0

+យក m=2,n=1,យើងមាន:

f(3)-f(2)-f(1) \in  \begin{Bmatrix} 0,1 \end{Bmatrix}

\Rightarrow f(3) \in \begin{Bmatrix} 0,1 \end{Bmatrix}(ព្រោះ f(2)=0,f(1)=1)

តែ f(3)>0 \Rightarrow f(3)=1

\Rightarrow f(2.3)=f(3+3) \geq f(3)+f(3)=2

\Rightarrow f(2.3) \geq 2

ឧបមាថា f(k.3) \geq k (k \in N)

ពេលនោះ f(k+1).3))=f(k.3+3) \geq f(k.3)+f(3) \geq k+1

ហេតុនោះយើងមាន:f(3.n) \geq n, \forall n \in N

ម្យ៉ាងទៀត: បើ \left\{ \begin{array}{l} n \in N \\ f(3n) > n \end{array} \right.

\Rightarrow f(3(n+1))=f(3n+3) \geq f(3n)+f(3) > n+1

នោះ​ f(3m) > m, \forall m \geq n

ប៉ុន្តែដោយ: f(9999)=f(3.3333)=3333នោះ:

\Rightarrow f(3n)=n, \forall n \in \begin{Bmatrix} 1,2,...,3333 \end{Bmatrix}

\Rightarrow f(3.2000)=2000=f(3.2000 \geq f(2.2000+f(2000) \geq 3f(2000)

\Rightarrow f(2000) \leq \dfrac{2000}{3} < 667

ក្រៅពីនេះ: f(2000) \geq f(1998)+f(2) \geq f(3.666)=666

\Rightarrow f(2000) \geq 666

ហេតុនោះ: 666 \leq f(2000) < 667

\Rightarrow f(2000)=666 (ព្រោះ​f(2000) \in Z.)

24- គេអោយស្វ៊ីតចំនួនពិត {u_{n}}កំនត់ដោយ:

\left\{ \begin{array}{l} u_{o} > 0 , u_{1} >0 \\ u_{n+2}=(u_{n+1}.u_{n}^{2})^{ \frac{1}{3}}, \forall n \in N \end{array} \right.

ចូររកតួទូទៅរបស់ u_{n}.

  • សំរាយ

+តាមវិចារកំនើនមានកំនត់យើងមាន:u_{n} > 0, \forall n \in N, u_{n+2}=(u_{n+1}.u_{n}^{2})^{ \frac{1}{3}}

\Rightarrow lnu_{n+2}= \dfrac{1}{3}lnu_{n+1}+ \dfrac{2}{3}lnu_{n}

តាង: v_{n}=lnu_{n}, \forall n \geq 0

\Rightarrow v_{n+2}= \dfrac{1}{3}v_{n+1}+ \dfrac{2}{3}v_{n}

\iff 3v_{n+2}=v_{n+1}+2v_{n}

ពិនិត្យសមីការតំណាង:

3x^{2}-x-2=0 \iff x=1 \bigvee x=- \dfrac{2}{3}

\Rightarrow v_{n}= \alpha_{1}+ \alpha_{2}(- \dfrac{2}{3})^{n}, ( \alpha_{1}, \alpha_{2} \in R)

\left\{ \begin{array}{l} \alpha_{1}+ \alpha_{2}=v_{o} \\ \alpha_{1}- \dfrac{2}{3} \alpha_{2}=v_{1} \end{array} \right. \iff \left\{ \begin{array}{l} \alpha_{1}= \dfrac{1}{5}(2v_{o}+3v_{1}) \\ \alpha_{2}= \dfrac{3}{5}(v_{o}-v_{1}) \end{array} \right.

\Rightarrow v_{n}= \dfrac{1}{5}(2v_{o}+3v_{1})+ \dfrac{1}{5}(3v_{o}-3v_{1})(- \dfrac{2}{3})^{n}

u_{n}=e^{ \dfrac{1}{5}(2v_{o}+3v_{1})+ \dfrac{1}{5}(3v_{o}-3v_{1})(- \dfrac{2}{3})^{n}}=e^{ \dfrac{1}{5}ln(u_{o}^{2}.u_{1}^{2})+ \dfrac{1}{5}(ln \dfrac{u_{o}^{3}}{u_{1}^{3}})(- \dfrac{2}{3})^{n}}

u_{n}=(u_{o}^{2}.u_{1}^{3})^{ \dfrac{1}{5}}. u_{o}^{- \dfrac{3}{5}(- \dfrac{2}{3})^{n}}.u_{1}^{- \dfrac{3}{5}(- \dfrac{2}{3})^{n}}=u_{o}^{ \dfrac{2}{5}+ \dfrac{(-2)^{n}}{5.3^{n-1}}}.u_{1}^{ \dfrac{3}{5}- \dfrac{(-2)^{n}}{5.3^{n-1}}}.

25- គេអោយ a>2. ប្រើវិចារកំនើនមានកំនត់:

a_{o}=1,a_{1}=a, a_{n+1}= ( \dfrac{a_{n}^{2}}{a_{n-1}^{2}}-2)a_{n}, \forall n \in N.

បង្ហាញថា:

\dfrac{1}{a_{o}}+ \dfrac{1}{a_{1}}+...+ \dfrac{1}{a_{n}} < \dfrac{1}{2}(2+a- \sqrt{a^{2}-4}), \forall n \in N.

  • សំរាយ

ដោយ a>2, នោះយើងអា​ចរើសបានចំនួយ b > 1 :a=b+ \dfrac{1}{b}

\Rightarrow a^{2}-2=b^{2}+ \dfrac{1}{b^{2}}

តាមវិធីកំនត់ស្វ៊ីតយើងមាន:

a_{2}=( \dfrac{a_{1}^{2}}{a_{o}^{2}}-2)a_{1}=( \dfrac{a^{2}}{1}-2)a=(b^{2}+ \dfrac{1}{b^{2}})(b+ \dfrac{1}{b})

ឧបមាថា: a_{k}=(b^{2^{k-1}}+ \dfrac{1}{b^{2^{k-1}}})...(b^{2}+ \dfrac{1}{b^{2}})(b+ \dfrac{1}{b}), (k \in N)

ពេលនោះ:

a_{k+1}= ( \dfrac{a_{k}^{2}}{a_{k-1}^{2}}-2)a_{k}= \biggl [ \biggl (b^{2^{k-1}}+ \dfrac{1}{b^{2^{k-1}}} \biggr )^{2}-2 \biggr ]a_{k}

=(b^{2^{k}}+ \dfrac{1}{b^{2^{k}}})...(b^{2}+ \dfrac{1}{b^{2}})(b+ \frac{1}{b})

ដូចនោះ: a_{n}=(b^{2^{n-1}}+ \dfrac{1}{b^{2^{n-1}}})...(b^{2}+ \dfrac{1}{b^{2}})(b+ \dfrac{1}{b}), \forall n \in N

\Rightarrow \displaystyle \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{a_{k}}=1+ \frac{b}{b^{2}+1}+ \frac{b^{3}}{(b^{2}+1)(b^{4}+1)}+...+ \frac{b^{2^{n}-1}}{(b^{2}+1)(b^{4}+1)...(b^{2^{n}}+1)}.

ម្យ៉ាងទៀត:

\dfrac{1}{2}(2+a- \sqrt{a^{2}-4}= \dfrac{1}{2}(2+b+ \dfrac{1}{b}- \sqrt{(b+ \dfrac{1}{b})^{2}-4})

= \dfrac{1}{2}(2+b+ \dfrac{1}{b}-b+ \dfrac{1}{b})=1+ \dfrac{1}{b}

វិសមភាពដែលត្រូវស្រាយសមមូលជាមួយ:

\dfrac{b^{2}}{b^{2}+1}+ \dfrac{b^{4}}{(b^{2}+1)(b^{4}+1)}+...+ \dfrac{b^{2^{n}}}{(b^{2}+1)...(b^{2^{n}}+1)} < 1

\iff 1- \dfrac{1}{(b^{2}+1)(b^{4}+1)...(b^{2^{n}}+1)} < 1(ពិតជានិច្ច)

26- ស្វ៊ីតចំនួនពិត​ u_{o},u_{1},...,u_{n}កំនត់ដោយ:

\left\{ \begin{array}{l} u_{o}= \dfrac{1}{2} \\ u_{k}=u_{k-1}+ \dfrac{1}{n}u_{k-1}^{2};k=1,2,...,n \end{array} \right.

បង្ហាញថា: 1- \dfrac{1}{n} < u_{n} < 1.

  • សំរាយ

យើងមាន: u_{k}=u_{k-1}+ \dfrac{1}{n}u_{k-1}^{2}; \quad \biggl ( \left\{ \begin{array}{l} n \in N \\ k=1,2,...,n \end{array} \right. \biggr )

\iff n(u_{k}-u_{k-1})=u_{k-1}^{2}

\iff nu_{k}-nu_{k-1}+u_{k}.u_{k-1}-u_{k-1}^{2}=u_{k}.u_{k-1}

\iff u_{k}(n+u_{k-1})-u_{k-1}(n+u_{k-1})=u_{k}.u_{k-1}

\iff (u_{k}-u_{k-1})(n+u_{k-1})=u_{k}.u_{k-1}

\iff \dfrac{1}{u_{k-1}}- \dfrac{1}{u_{k}}= \dfrac{1}{n+u_{k-1}}

ដោយ: \dfrac{1}{2}=u_{o} < u_{1} < ... < u_{n} \Rightarrow \dfrac{1}{u_{k-1}}- \dfrac{1}{u_{k}} < \dfrac{1}{n}

\Rightarrow \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \biggl ( \frac{1}{u_{k-1}}- \frac{1}{u_{k}} \biggr ) < n. \frac{1}{n} \Rightarrow \dfrac{1}{u_{o}}- \frac{1}{u_{n}} < 1

\Rightarrow \dfrac{1}{u_{n}} > \dfrac{1}{u_{o}}-1=1 \Rightarrow \dfrac{1}{2} < u_{o} < 1 \quad (1)

\Rightarrow \dfrac{1}{2} \leq u_{k-1} < 1 \Rightarrow \dfrac{1}{u_{k-1}}- \dfrac{1}{u_{k}}= \dfrac{1}{n+u_{k-1}} > \dfrac{1}{n+1}

\Rightarrow \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \biggl ( \dfrac{1}{u_{k-1}}- \dfrac{1}{u_{k}} \biggr ) > \frac{n}{n+1} \Rightarrow \dfrac{1}{u_{o}}- \dfrac{1}{u_{n}} > \frac{n}{n+1}

\Rightarrow 2- \dfrac{n}{n+1} > \dfrac{1}{u_{n}} \Rightarrow \dfrac{n+2}{n+1} > \dfrac{1}{u_{n}}

\Rightarrow u_{n} > \dfrac{n+1}{n+2} > \dfrac{n-1}{n} \Rightarrow u_{n} > 1- \dfrac{1}{n}, \quad (2)

តាម(1) និង(2): \Rightarrow 1- \dfrac{1}{n} < u_{n} < 1.

27- គេអោយស៊្វីតចំនួនពិត{u_{n}}ផ្ទៀងផ្ទាត់:

u_{n}= \sqrt[4]{a_{1}+ \sqrt[4]{a_{2}+...+ \sqrt[4]{a_{n}}}}, 0 < a_{n} < 2000.30^{4^{n}}, n \in N

ស្រាយបញ្ជាក់ថា{u_{n}}ជាស្វ៊ីតបង្រួម។

  • សំរាយ

.+តាង:b_{n}= \dfrac{a_{n}}{30^{4^{n}}}, n \in N \Rightarrow 0 < b_{n} < 2000

+ពិនិត្យ:\begin{Bmatrix} V_{n}= \sqrt[4]{b_{1}+ \sqrt[4]{b_{2}+...+ \sqrt[4]{b_{n}}}} \end{Bmatrix}

\Rightarrow u_{n}=30V_{n}; \forall n \in Nនិង {V_{n}}ជាស្វ៊ីតកើន។

+ពិនិត្យស៊្វីត \begin{Bmatrix} W_{n} \end{Bmatrix}: \left\{ \begin{array}{l} W_{1}= \sqrt[4]{2000} \\ W_{n}= \sqrt[4]{2000+u_{n-1}}, n \geq 2 \end{array} \right.

*{W_{n}}ជាស្វ៊ីតកើន

*ពិនិត្យ f(x)=x^{4}-x-2000, x \geq \sqrt[4]{2000}

f'(x)=4x^{3}-1 > 0, \forall x \geq \sqrt[4]{2000}

\Rightarrow fកើន លើចន្លោះ [ \sqrt[4]{2000}, +\infty)

លើសពីនេះទៀត:

f( \sqrt[4]{2000}).f( \sqrt{2000})=- \sqrt[4]{2000}(2000^{2}-2000- \sqrt{2000}) < 0

\Rightarrow \exists !c \in ( \sqrt[4]{2000}, \sqrt{2000}): f(c)=0

\Rightarrow c^{4}=c+2000

\Rightarrow W_{n} < c, \forall n \in N

\Rightarrow \begin{Bmatrix} W_{n} \end{Bmatrix}​ បង្រួម

+W_{n}= \sqrt[4]{2000+ \sqrt[4]{2000+...+ \sqrt[4]{2000}}} > V_{n}, \forall n \in R

\Rightarrow \begin{Bmatrix} V_{n} \end{Bmatrix}ជាស្វ៊ីតកើនទាល់លើ

\Rightarrow \begin{Bmatrix} u_{n} \end{Bmatrix}ជាស្វ៊ីតកើនទាល់លើ នោះវាបង្រួម។

28- ​ គេអោយស្វ៊ីតចំនួនពិត{u_{n}}កំនត់ដោយ:

\left\{ \begin{array}{l} u_{o}=2 \\ u_{n+1}=3u_{n}+ \sqrt{8u_{n}^{2}+1},n \in N \end{array} \right.

រករូបមន្តរបស់តួទូទៅនៃ{u_{n}}.

  • សំរាយ​

យើងមាន: u_{n+1}=3u_{n}+ \sqrt{8u_{n}^{2}+1}

\Rightarrow (u_{n+1}-3u_{n})^{2}=8u_{n}^{2}+1

\Rightarrow u_{n+1}^{2}-6u_{n+1}.u_{n}+9u_{n}^{2}=8u_{n}^{2}+1

\Rightarrow u_{n+1}^{2}-6u_{n+1}.u_{n}+u_{n}^{2}=1, \quad (1)

ប្តូរ n+1​ ដោយ n យើងបាន:

u_{n}^{2} -u_{n}.u_{n-1}+u_{n-1}^{2}=1, \quad (2)

យក(1) ដក(2) តាមអង្គគេបាន:

(u_{n+1}^{2}-u_{n-1}^{2})-6u_{n}(u_{n+1}-u_{n-1})=0

\Rightarrow (u_{n+1}-u_{n-1})(u_{n+1}+u_{n-1}-6u_{n})=0,\quad (3)

ដោយ: u_{n+1}=3u_{n}+ \sqrt{8u_{n}^{2}+1} > 3u_{n} > 0 , \forall n \geq 0

\Rightarrow u_{n} > u_{n-1} > 0, \forall n \geq 1

តាម(3)​ \Rightarrow u_{n+1}-6u_{n}+u_{n-1}=0

ហេតុនោះស្វ៊ីត {u_{n}}ត្រូវបានកំនត់ដូចខាងក្រោម:

\left\{ \begin{array}{l} u_{o}=2, \quad u_{1}=6+ \sqrt{33} \\ u_{n+1}=6u_{n}-u_{n-1}, n \geq 1 \end{array} \right.

សមីការតំណាង​គឺ:

x^{2}-6x+1=0 \iff x=3+ \sqrt{8};x=3- \sqrt{8}

\Rightarrow u_{n}= \alpha (3+ \sqrt{8})^{n}+ \beta (3- \sqrt{8})^{n}

\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} u_{o}= \alpha + \beta =2 \\ u_{1}= \alpha (3+ \sqrt{8})+ \beta (3- \sqrt{8})=6+ \sqrt{33} \end{array} \right.

\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \alpha = \dfrac{8+ \sqrt{66}}{8} \\ \beta = \dfrac{8- \sqrt{66}}{8} \end{array} \right.

ដូចនេះ: u_{n}= \dfrac{8+ \sqrt{66}}{8}(3+ \sqrt{8})^{n}+ \dfrac{8- \sqrt{66}}{8}(3- \sqrt{8})^{n}.

29- គេអោយស្វ៊ីតចំនួនពិត{x_{n}}កំនត់ដោយ:

x_{n}= \biggl (1+ \dfrac{1}{n^{2}} \biggr ) \biggl (1+ \dfrac{2}{n^{2}} \biggr )... \biggl (1+ \dfrac{n}{n^{2}} \biggr )

រក \displaystyle \lim_{n \to +\infty} (lnx_{n}).

  • សំរាយ

ដំបូងយើងបង្ហាញវីសមភាពខាងក្រោមសិន:

x- \dfrac{x^{2}}{2} < ln(1+x) < x, \forall x > 0

ពិនិត្យ: \left\{ \begin{array}{l} f(x)=ln(1+x)-x+ \dfrac{x^{2}}{2} \\ g(x)=x-ln(1+x) \end{array} \right. (x > 0)

\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} f'(x)= \dfrac{1}{1+x}-1+x= \dfrac{x^{2}}{x+1} > 0 \\ g'(x)=1- \dfrac{1}{1+x}= \dfrac{x}{x+1} > 0 \end{array} \right. ( \forall x > 0)

\Rightarrow f,g សុទ្ធតែកើនលើចន្លោះ (0, +\infty )

\left\{ \begin{array}{l} f(x) > f(0)=0 \\ g(x) > g(0)=0 \end{array} \right. ( \forall x > 0)

នោះគេបាន: x- \dfrac{x^{2}}{2} < x,  \forall x > 0

រក \displaystyle \lim_{n \to +\infty} (lnx_{n}):

យើងមាន: lnx_{n}=ln(1+ \dfrac{1}{n^{2}})+ ln (1+ \dfrac{2}{n^{2}})+...+ln(1+ \dfrac{n}{n^{2}}

អនុវត្តន៍វិសមភាពខាងលើជាមួយ: \left\{ \begin{array}{l} x= \dfrac{1}{n^{2}} \\ i=1,2,...,n \end{array} \right.

យើងមាន: \dfrac{i}{n^{2}}- \dfrac{i^{2}}{2n^{4}} < ln(1+ \dfrac{i}{n^{2}}) < \dfrac{i}{n^{2}}

\Rightarrow \dfrac{1}{n^{2}}(1+2+...+n)- \dfrac{1}{2n^{4}}(1^{2}+2^{2}+...+n^{2}) < lnx_{n} < \dfrac{1}{n^{2}}(1+2+...+n)

\iff \dfrac{1}{n^{2}}. \dfrac{n(n+1)}{2}- \dfrac{1}{2n^{4}}. \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6} < lnx_{n} < \dfrac{1}{n^{2}}. \dfrac{n(n+1)}{2}

តែ: \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n^{2}}. \dfrac{n(n+1)}{2}- \dfrac{1}{2n^{4}}. \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}= \lim_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n^{2}}. \dfrac{n(n+1)}{2} =  \dfrac{1}{2}

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} ln(x_{n})= \dfrac{1}{2}.

30- គេអោយស្វ៊ីត{u_{n}}កំនត់ដោយ:

\left\{ \begin{array}{l} u_{1}=2 \\ u_{2}=8 \\ u_{n}=4u_{n-1}-u_{n-2} > 0, n \geq 3 \end{array} \right. និង S_{n}= \displaystyle \sum_{i=1}^{n}arccotg(u_{i}^{2}).

រក \displaystyle \lim_{n \to +\infty} S_{n}.

  • សំរាយ

ដំបូងយើងបង្ហាញ u_{n}^{2}-u_{n+1}.u_{n-1}=4, \forall n \geq 2

យើងមាន:
u_{n}(4u_{n-1})=u_{n-1}4u_{n}

\Rightarrow u_{n}(u_{n}+u_{n-2})=u_{n-1}(u_{n+1}+u_{n-1})

\Rightarrow u_{n}^{2}-u_{n+1}.u_{n-1}=u_{n-1}^{2}-u_{n}.u_{n-2}

\Rightarrow u_{n}^{2}-u_{n+1}.u_{n-1}=u_{n-1}^{2}-u_{n}.u_{n-2}=...=u_{2}^{2}-u_{3}.u_{1}=8^{2}-(4.8-2)2=4

\Rightarrow arcctg u_{n}^{2}=arccotg[u_{n}( \dfrac{4u_{n}}{4})]

= \dfrac{u_{n}(u_{n+1}+u_{n-1})}{u_{n}^{2}-u_{n+1}.u_{n-1}}=arccotg \dfrac{ \dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}. \dfrac{u_{n}}{u_{n-1}}+1}{ \dfrac{u_{n}}{u_{n-1}}- \dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}}

=arccotg \dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}-arctg \dfrac{u_{n}}{u_{n-1}}

\Rightarrow S_{n}= \displaystyle \sum_{i=1}^{n}arccotg(u_{i}^{2})=arccotg (u_{1}^{2})+ \sum_{i=2}^{n}arccotg(u_{i}^{2})=arccotg \dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}

លើសពីនេះទៀត: u_{n}=4u_{n-1}-u_{n-2}

\Rightarrow 1= \dfrac{4u_{n-1}}{u_{n}}- \dfrac{u_{n-2}}{u_{n-1}}. \dfrac{u_{n-1}}{u_{n}}

\Rightarrow 1=4x-x^{2}, \quad (x = \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \dfrac{u_{n-1}}{u_{n}} \leq 1)

\Rightarrow x^{2}-4x+1=0

\Rightarrow x=2- \sqrt{3}

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}=2 + \sqrt{3}

\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty} S_{n}= arctg(2+ \sqrt{3})= \dfrac{ \pi }{12}

\biggl ( \begin{Bmatrix} \dfrac{u_{n-1}}{u_{n}} \end{Bmatrix}មានលីមីតព្រោះ: \left\{ \begin{array}{l} 0 < \dfrac{u_{n-1}}{u_{n}} < 1 \\ \dfrac{u_{n}}{u_{n+1}} > \dfrac{u_{n-1}}{u_{n}} \end{array} \right. \biggr ).

31- គេអោយស្វ៊ីតចំនួនពិតផ្ទៀងផ្ទាត់ :x_{1},x_{2},...,x_{n}​ និង y_{1},y_{2},...,y_{n}​ ដែល:

\left\{ \begin{array}{l} y_{i} \in (a,b); i= \overline{1,n} \\ 0 < x_{i} \notin (a,b), i= \overline{1,n} \\ a > 0 \\ x_{1}+x_{2}+...+x_{n}=y_{1}+y_{2}+...+y_{n} \end{array} \right.

បង្ហាញថា: x_{1}x_{2}...x_{n} \leq y_{1}y_{2}...y_{n}.

  • ​សំរាយ

យើងមាន: x_{1}x_{2}...x_{n} \leq y_{1}y_{2}...y_{n}

\iff n \sqrt[n]{ \displaystyle \prod_{i=1}^{n} \frac{x_{i}}{y_{i}}} \leq n

តាមវិសមភាព Cauchy:n \sqrt[n]{ \displaystyle \prod_{i=1}^{n} \frac{x_{i}}{y_{i}}} < \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}}{y_{i}}

យើងគ្រាន់តែបង្ហាញថា: \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}}{y_{i}} \leq n \quad (*)

ហេតុនោះ: (*) \iff \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}}{y_{i}}-n \leq 0 \quad (**)

លើសពីនេះទៀតយើងអាចឃើញ:

0 < x_{1} \leq x_{2} \leq ... \leq x_{k} < y_{1} \leq y_{2} \leq ... \leq y_{k} < x_{k+1} \leq ... \leq x_{n}

\Rightarrow \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}-y_{i}}{y_{i}} \leq \sum_{i=1}^{k} \frac{x_{i}-y_{i}}{y_{k}}+ \sum_{j=k+1}^{n} \frac{x_{j}-y_{j}}{y_{k}} \leq \frac{1}{y_{k}} \biggl ( \sum_{i=1}^{n}x_{i}- \sum_{i=1}^{n}y_{i} \biggr )=0

\Rightarrow (**) (ពិត) \Rightarrow (*)​(ពិត)

\Rightarrow លំហាត់ត្រូវបានស្រាយបញ្ជាក់។

32- គេអោយ a,b \in ]0,1[. ពិនិត្យស្វ៊ីត {u_{n}}កំន់តដោយ:

u_{o}=a, \quad u_{1}=b, \quad u_{n+2}= \dfrac{1}{3}u_{n+1}^{2}+ \dfrac{2}{3} \sqrt{u_{n}}, \forall n \in N.

បង្ហាញថាស្វ៊ីត{u_{n}}មានលីមីតកំន់តពេល n \rightarrow +\infty .ចូររកលីមីតនោះ។

  • សំរាយ

*ពិនិត្យស្វ៊ីត​ {V_{n}}កំនត់ដោយ: \left\{ \begin{array}{l} V_{o}=Min \begin{Bmatrix} a,b \end{Bmatrix} \\ V_{n+1}= \dfrac{1}{3}V_{n}^{2}+ \dfrac{2}{3} \sqrt{V_{n}}, n \geq 0 \end{array} \right.

តាមវិចារកំនើនមានកំនត់យើងបង្ហាញបាន: 0 < V_{n} < 1 \quad (1)

ក្រៅពីនេះ:

V_{n+1}-V_{n}= \dfrac{1}{3}V_{n}^{2}+ \dfrac{2}{3} \sqrt{V_{n}}-V_{n}

= \dfrac{1}{3} \sqrt{V_{n}}( \sqrt{V_{n}}-1)^{2}( \sqrt{V_{n}}+2) > 0, \forall n \geq 0

\Rightarrow \begin{Bmatrix} V_{n} \end{Bmatrix} ​កើន (2)

តាម(1) និង(2) \Rightarrow \begin{Bmatrix} V_{n} \end{Bmatrix}មានលីមីតកំនត់។

តាង c= \displaystyle \lim_{n \to +\infty}V_{n},យើងមាន:

\left\{ \begin{array}{l} c= \dfrac{1}{3}c^{2}+ \dfrac{2}{3} \sqrt{c} \\ 0 < V_{1} \leq c \leq 1 \end{array} \right. \iff c=1 \Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to +\infty}V_{n}=1.

* +n=1 \Rightarrow u_{o}=a \in ]0,1[

+ n=k \in N: ឧបមាថា u_{k} \in ]0,1[

+ n=k+1 យើងមាន: u_{k+1}= \dfrac{1}{3}u_{k}^{2}+ \dfrac{2}{3} \sqrt{u_{k-1}} \in ]0,1[.

\Rightarrow តាមវិចារកំនើនមានកំនត់យើងមាន: u_{k} \in ]0,1[, \forall n \geq 0

*បង្ហាញថា V_{n} \leq Min \begin{Bmatrix} u_{2n},u_{2n+1} \end{Bmatrix}, \forall  \geq 0

ហេតុនោះ:

+n=0: V_{o} \leq Min \begin{Bmatrix} u_{o}, u_{1} \end{Bmatrix} \iff Min \begin{Bmatrix} a,b \end{Bmatrix} \leq Min \begin{Bmatrix} a,b \end{Bmatrix}(ពិត)

+n=k \in N :ឧបមាថា: V_{k} \leq Min \begin{Bmatrix} u_{2k}, u_{2k+1} \end{Bmatrix}

+n=k+1:យើងមាន:

\left\{ \begin{array}{l} V_{k} \leq u_{2k} \\ V_{k} \leq u_{2k+1} \end{array} \right.

\left\{ \begin{array}{l} u_{2k+2}= \dfrac{1}{3} u_{2k}^{2}+ \dfrac{2}{3} \sqrt{ u_{2k}} \geq \dfrac{1}{3}V_{k}^{2} + \dfrac{2}{3} \sqrt{V_{k}}=V_{k+1} \\ u_{2k+3}= \dfrac{1}{3} u_{2k+2}^{2}+ \dfrac{2}{3} \sqrt{u_{2k+1}} \geq \dfrac{1}{3}V_{k+1}^{2}+ \dfrac{2}{3} \sqrt{V_{k}} \geq \dfrac{1}{3}V_{k}^{2}+ \dfrac{2}{3} \sqrt{V_{k}} =V_{k+1} \end{array} \right.

\Rightarrow V_{k+1} \leq Min \begin{Bmatrix} u_{2k+2},u_{2k+3} \end{Bmatrix}

នោះតាមវិចារកំនើនមានកំនត់យើងមាន:

V_{n} \leq Min \begin{Bmatrix} u_{2n},u_{2n+1} \end{Bmatrix}, \forall n \geq 0

តាមបណ្តាលទ្ធផលខាងលើគេបាន:

\left\{ \begin{array}{l} V_{n} \leq u_{2n} < 1 \\ V_{n} \leq u_{2n+1} < 1 \quad ( \forall n \geq 0) \\ \displaystyle \lim_{n \to +\infty} V_{n}=1 \end{array} \right.

នោះ \displaystyle \lim_{n \to +\infty}u_{2n}= \lim_{n \to +\infty} u_{2n+1}=1

\iff \displaystyle \lim_{n \to +\infty} u_{n}=1.