Bài toán: Cho dãy số ${x_n}$ xác định bởi công thức $${x_n} = \left( {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)\left( {1 + \frac{2}{{{n^2}}}} \right)....\left( {1 + \frac{n}{{{n^2}}}} \right)$$
  Tính $$\lim \left( {\ln {x_n}} \right)$$

Lời giải:

Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau: $$x - \dfrac{{{x^2}}}{x} < \ln \left( {x + 1} \right) < x,\,\,\forall x > 0$$
Thật vây, xét:

                         $\begin{cases} f(x)=\ln (x+1)-x+\dfrac{x^2}{2} \\\\g(x)=x-\ln (x+1) \end{cases}, \forall x>0\Rightarrow \begin{cases}f'(x)=\dfrac{x^2}{x+1}>0\\\\g'(x)=\dfrac{x}{x+1}>0\end{cases}, \forall x>0$.

 Suy ra $f(x)$ và $g(x)$ đồng biến trên $(0;+\infty)$ 

                              $\Rightarrow \begin{cases} f(x)>0\\g(x)>0\end{cases}\Rightarrow x-\dfrac{x^2}{x}<\ln (x+1)<x$

 Bổ đề được chứng minh.

 Quay lại bài toán, ta cần tìm $\lim$ của $$\ln {x_n} = \ln \left( {1 + \dfrac{1}{{{n^2}}}} \right) + \ln \left( {1 + \dfrac{2}{{{n^2}}}} \right) + ... + \ln \left( {1 + \dfrac{n}{{{n^2}}}} \right)$$
Áp dụng bổ đề trên, ta có: $$\dfrac{i}{{{n^2}}} - \dfrac{{{i^2}}}{{2{n^4}}} < \ln \left( {1 + \dfrac{i}{{{n^2}}}} \right) < \dfrac{i}{{{n^2}}},\,\,\forall i = \overline {1,n}$$
$$\Rightarrow \dfrac{1}{{{n^2}}}\left( {1 + 2 + ... + n} \right) - \dfrac{1}{{2{n^4}}}\left( {{1^2} + {2^2} + ... + {n^2}} \right) < \ln {x_n} < \dfrac{1}{{{n^2}}}\left( {1 + 2 + ... + n} \right)$$
$$\Rightarrow \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{{2{n^2}}} - \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}{{12{n^4}}} < \ln {x_n} < \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{{2{n^2}}}$$
Mặt khác: $$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{{2{n^2}}} - \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}{{12{n^4}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{{2{n^2}}}} \right) = \dfrac{1}{2}$$
Từ đó theo nguyên lí kẹp, suy ra: $\lim (\ln x_n)=\dfrac{1}{2}$