Chủ đề này có 5 trả lời

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Cho dãy số $\left\{\begin{matrix}u_{0}> 1
& \\ u_{n+1}=\frac{u_{n}+1+\sqrt{2(u_{n}^{2}+1)}}{u_{n}-1}
&
\end{matrix}\right.$
Tìm $limu_{n}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 26-10-2012 - 01:02

[dark templar]

Cho dãy số $\left\{\begin{matrix}u_{0}> 1
& \\ u_{n+1}=\frac{u_{n}+1+\sqrt{2(u_{n}^{2}+1)}}{u_{n}-1}
&
\end{matrix}\right.$
Tìm $limu_{n}$

Bài này sử dụng một số thủ thuật về Lượng giác
Dễ thấy $u_{n}>1;\forall n \in \mathbb{N}$.
Ta để ý rằng: $\sqrt{2(u_{n}^2+1)}=\sqrt{(u_{n}-1)^2+(u_{n}+1)^2}$ nên :
$$u_{n+1}=\frac{u_{n}+1}{u_{n}-1}+\sqrt{1+\left(\frac{u_{n}+1}{u_{n}-1} \right)^2}$$
Xét phép đặt $v_{n}=\frac{u_{n}+1}{u_{n}-1}$ thì ta có ngay $v_0>1$ và:
$$v_{n+1}=\frac{u_{n+1}+1}{u_{n+1}-1}=\frac{v_{n}+1+\sqrt{1+v_{n}^2}}{v_{n}-1+\sqrt{1+v_{n}^2}}$$
Bằng Lượng giác hóa đặt $v_0=\tan{x}>1 \implies x \in \left(\frac{\pi}{4};\frac{\pi}{2} \right)$ thì bằng quy nạp ta sẽ có:$v_{n}=\tan{\frac{x}{2^{n}}}$
Từ đó ta có:
$$u_{n}=\frac{v_{n}+1}{v_{n}-1}=1+\frac{2}{\tan{\frac{x}{2^{n}}}-1}$$
Việc tính giới hạn chắc không còn khó khăn nữa

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 28-10-2012 - 10:20

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Anh Phúc cho em hỏi là có thể xét 2 trường hợp $u_{0}> u_{2}$ và $u_{0}< u_{2}$ được không ạ
p/s:em nhầm $u_{1}$ và $u_{2}$.Cách làm của em sai anh à

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 29-10-2012 - 20:44

[dark templar]

Anh Phúc cho em hỏi là có thể xét 2 trường hợp $u_{0}> u_{1}$ và $u_{0}< u_{1}$ được không ạ

Em xét như vậy là về tính tăng giảm của dãy ?? Bài này anh nghĩ tính tăng giảm của nó bất thường lắm

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Vâng.Em xét như thế là để chỉ ra tính tăng giảm của dãy.Hàm này nghịch biến nên sẽ đưa về dãy chẵn lẻ

[dark templar]

Vâng.Em xét như thế là để chỉ ra tính tăng giảm của dãy.Hàm này nghịch biến nên sẽ đưa về dãy chẵn lẻ

Nếu làm như vậy em phải chia thành 2 dãy con để xét,cách làm này anh chưa bao giờ thử cả.Em post lời giải của em xem