Đến nội dung


Ispectorgadget

Đăng ký: 26-02-2011
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 17:22
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: $u_{n+4}=\frac{1}{4}(u_{n...

21-07-2014 - 11:14

Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi: $\left\{\begin{matrix} u_1=1,u_2=2,u_3=3,u_4=4\\ u_{n+4}=\frac{1}{4}(u_{n}+u_{n+1}+u_{n+2}+u_{n+3}),\forall n \in \mathbb{N^{*}} \end{matrix}\right.$

Tìm $\lim u_n$.

Đặt $a_n=\max\{u_n;x_{n+1};u_{n+2};u_{n+3}\}; b_n=\min \{u_n;u_{n+1};u_{n+2};u_{n+3}\}$

Ta chứng minh $a_{n+1}\le a_n$ .
Nếu $a_{n+1}>a_n$ thì $a_{n+1}\neq u_{n+1};u_{n+2};u_{n+3}$ do đó
Do đó $a_{n+1}=a_{n+4}\Rightarrow u_{n+4}>a_n \ge u_n$
Như vậy $u_{n+4}>\frac{1}{4}(u_{n}+u_{n+1}+u_{n+2}+u_{n+3})$

Mâu thuẫn với giả thiết

 

Do đó $a_{n+1}\le a_n$

Tương tự $b_{n+1}\ge b_n$

Vậy ta có dãy các đoạn lồng nhau $$[b_1;a_1]\supset [b_2;a_2]\supset ...[b_n;a_n]\supset ...$$

Ta chứng minh tiếp $d_n=a_n-b_n \to 0$.

Dễ thấy $(d_n)$ là dãy giảm. Và
$x_{n+4}-x_n\le a_{n+4}-b_n \le a_n-b_n=d_n$
$x_{n+4}-x_n\ge b_{n+3}-a_n\ge b_n-a_n =-d_n$
$\Rightarrow |x_{n+4}-x_n|\le d_n$
$$\Rightarrow |x_{n+5}-x_{n+4}=\begin{vmatrix}
\frac{x_n+x_{n+1}+x_{n+2}+x_{n+3}+x_{n+4}}{4}-\frac{x_n+x_{n+1}+x_{n+2}+x_{n+3}}{4}
\end{vmatrix}=\frac{|x_{n+4}-x_n|}{4}\le \frac{d_n}{4}$$

Tương tự $|x_{n+6}-x_{n+5}|\le \frac{d_n}{3}$
$$|x_{n+6}-x_{n+4}|\le |x_{n+6}-x_{n+5}|+|x_{n+5}-x_{n+4}|\le \frac{d_n}{2}$$

Suy ra $d_{n+4}=a_{n+4}-b_{n+4}\le \frac{d_n}{2}$

Ta có $d_5\le \frac{d_1}{2};d_6 \le \frac{d_2}{2};...$
$\Rightarrow d_n^4 \le \left(\frac{1}{2} \right )^{n-4}d_1d_2d_3d_4$

Hay $0\le d_n \le \sqrt[4]{\left(\frac{1}{2} \right )^{n-4}d_1d_2d_3d_4}$

 

Mà $ \sqrt[4]{\left(\frac{1}{2} \right )^{n-4}d_1d_2d_3d_4}\to 0$ nên $d_n \to 0$.
Như vậy các đoạn thắt trên có một điểm chung $c$ duy nhất.
Ta có $b_n\le u_n \le a_n;b_n\le c\le a_n$
$\Rightarrow |u_n-c|\le a_n-b_n=d_n$

Mà $d_n\to 0$ nên $u_n\to c$.
Để tìm $c$ ta tìm $\alpha;\beta;\gamma;\lambda$ sao cho $u_{n+3}=\alpha +\beta u_{n+2}+\gamma u_{n+1}+\lambda u_n$

Cho $n=1;2;3;4$ thì ta sẽ tìm được công thức truy hồi của dãy.

 

Tới đây tìm được $c$ từ đó suy ra giới hạn :v .


Trong chủ đề: CMR: $lim\frac{1}{\sqrt[n]{n!...

21-07-2014 - 10:11

Tham khảo ở đây.


Trong chủ đề: $1992\mid 5x^{1992}+4x^{1975}+5x^{1954...

21-07-2014 - 10:05

Bài toán :

Cho dãy số nguyên $(u_n)$ :

$$\left\{\begin{matrix} u_1=1990,u_2=1989,u_3=2000\\ u_{n+3}=19u_{n+2}+9u_{n+1}+u_n+1991,\;\forall n\geq 1 \end{matrix}\right.$$

1) Với mỗi $n$, gọi $r_n$ là số dư khi chia $u_n$ cho $1992$. Chứng minh rằng dãy $(r_n)$ là dãy tuần hoàn.

2) Chứng minh rằng tồn tại vô số số $x$ của dãy $(u_n)$ sao cho :

$$1992\mid 5x^{1992}+4x^{1975}+5x^{1954}+8x^{1945}+2x^{1930}+11x^2+48$$

 

Không làm câu 1 cũng được !

1) Do $(1;1992)=1$ nên theo tính tuần hoàn của dãy dư ta có  đpcm.

Spoiler

2) Ta có $1992=3.8.83$.

Ta có tính chất sau $a\equiv b \pmod k \Leftrightarrow P(a)\equiv P(b) \pmod k$

Dãy $(r_n)$ tuần hoàn chu kì $t$ với $t\ge 1$. Ta có: $P(1)=83;\forall k\in \mathbb{N^*}$ thì

$$\begin{align*}
x_ts &=x_{ts+3}-19x_{ts+1}-1991 \\
 &\equiv r_3-19r_2-9r_1-1991 \pmod {1992}\\
 &\equiv 2000-19.1989-9.1990-1991\pmod {1992} \\
 &\equiv 84\pmod {1992} \\
 x_{ts}&\equiv 1 \pmod{83};x_{ts} \equiv 4 \pmod 8;x_{ts}\equiv 0\pmod 3\
\end{align*}$$

Do đó $$\begin{align*}
 P(x_{ts})&\equiv P(1)\equiv 0 \pmod {83}\\
 P(x_{ts})&\equiv P(0)\equiv 48\pmod 3 \\
 P(x_{ts})&=P(4)\equiv 0 \pmod3 \\
\end{align*}$$

Mà $(3;8)=(3;83)=(8;83)=1$ nên $P(x_{ts})\vdots 1992$

Đặt $n=ts$ do có vô số $k\in \mathbb{N^*}$ nên có vô số $n=ts$ để $P(x_n)=5x^{1992}+4x^{1975}+5x^{1954}+8x^{1945}+2x^{1930}+11x^2+48 \vdots 1992$. $\square$


Trong chủ đề: $1-\frac{1}{n}< a_{n}<1$

21-07-2014 - 09:28

Cho hãy số ${a_{k}}$ xác định bởi $a_{0}=\frac{1}{2},a_{k+1}=a_{k}+\frac{a_{k}^{2}}{n}, k=1;2;...;(n-1)$. Chứng minh $1-\frac{1}{n}< a_{n}<1$.

Ta từ giết ta có $na_{k+1}-na_k+a_ka_{k+1}-a_k^2=a_ka_{k+1}$
$\Rightarrow (a_k+n)(a_{k+1}-a_k)=a_ka_{k+1}$
\begin{equation} \Rightarrow \frac{1}{a_k}-\frac{1}{a_{k+1}}=\frac{1}{a_k+n}>0 \end{equation}

$\Rightarrow a_{k+1}>a_k$
Ta có $\frac{1}{2}=a_0<a_1<a_2<...$
$\frac{1}{a_k}-\frac{1}{a_{k+1}}<\frac{1}{n}$
Thiết lập tương tự rồi cộng lại ta được
$\frac{1}{a_0}-\frac{1}{a_k}<1 \Rightarrow 1>a_k$

 

Từ (1) $\frac{1}{a_k}-\frac{1}{a_{k+1}}>\frac{1}{1+n}$

Thiết lập tương tự rồi cộng lại ta được $$\frac{1}{a_0}-\frac{1}{a_n}>\frac{n}{n+1}$$

$\Rightarrow a_n>\frac{n+1}{n+2}$

Ta sẽ chứng minh $\frac{n+1}{n+2}>1-\frac{1}{n}$

Khai triển ra ta thu được điều phải chứng minh.
 

Vậy $1>a_n >1-\frac{1}{n}$

 

Ngoài ra sử dụng định lý kẹp ta có $\lim u_n =1$. $\square$


Trong chủ đề: Tính $\underset{n\rightarrow +\infty }...

20-07-2014 - 18:29

Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi 

$$\left\{\begin{matrix} u_1=0\\ u_{n+1}=u_n+\dfrac{1}{2\sqrt{1+2u_n}},\;\forall n\in \mathbb{N}^* \end{matrix}\right.$$

Tính $\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}\dfrac{\sqrt[3]{n}u_n}{n}$

Ta có $u_{n+1}-u_n>0 \Rightarrow u_{n+1}>u_n$

$$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}\dfrac{\sqrt[3]{n}u_n}{n}=\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{u_n}{n^{\frac{2}{3}}}$$

Ta có $\lim n^{\frac{2}{3}}=+\infty$

Áp dụng định lý Stolz-Cessaro ta có

$$\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{u_n}{n^{\frac{2}{3}}}=\lim\limits_{n\to +\infty} \frac{u_{n+1}-u_n}{(n+1)^{\frac{2}{3}}-n^{\frac{2}{3}}}=\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{1}{2\sqrt{1+2u_n}.[(n+1)^{2/3}-n^{2/3}]}$$

Lại có $\lim u_n= +\infty$ nên $\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{1}{2\sqrt{1+2u_n}.[(n+1)^{2/3}-n^{2/3}]}=0$. (khúc này nhớ nhân liên hợp lên :)) )