Cám ơn bạn nhé

Cho dãy số $(u_{n})$ được xác định bởi $\begin{cases}u_{1}=2 \\ \frac{u_{n+1}}{2}=\frac{u_{1}}{1}+\frac{u_{2}}{3}+\frac{u_{3}}{5}+...+\frac{u_{n}}{2n-1} \end{cases}$

           Với mỗi $n\in N^{*}$, đặt $S_{n}=\frac{u{_{1}}^{2}+u{_{2}}^{2}+u{_{3}}^{2}+...+u{_{n}}^{2}}{n^{3}}$. Tính $limS_{n}$.

Cho dãy số $(u_{n})$ được xác định bởi $\begin{cases}u_{1}=2 \\ \frac{u_{n+1}}{2}=\frac{u_{1}}{1}+\frac{u_{2}}{3}+\frac{u_{3}}{5}+...+\frac{u_{n}}{2n-1} \end{cases}$

 Với mỗi $n\in N^{*}$, đặt $S_{n}=\frac{u{_{1}}^{2}+u{_{2}}^{2}+u{_{3}}^{2}+...+u{_{n}}^{2}}{n^{3}}$. Tính $limS_{n}$.

Xét hàm số $f(x)=\dfrac{x^2+x-1}{x}$, $x\in\left(0,+\infty\right)$. Ta có $f'(x)=1+\dfrac{1}{x^2}>0 \ \forall \ x\in \left(0,+\infty\right)$. Do đó hàm số $f(x)$ đồng biến trên $\left(0,+\infty\right)$.

 

Ta sẽ chứng minh $1<u_1<u_2<\ldots<u_n$ với mọi $n\geqslant 1$.

Hiển nhiên $u_1=a>1$, và $u_2-u_1=\dfrac{a-1}{a}>0$. Do đó $1<u_1<u_2$. Vậy khẳng định đúng với $n=1$ và $n=2$. Giả sử khẳng định trên đúng đến $n\geqslant 2$. Ta sẽ chứng minh khẳng định trên cũng đúng với $n+1$.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp thì $1<u_1<\ldots<u_n$. Do đó ta có $u_{n+1}=f\left(u_n\right)>f(1)=1$. Mặt khác, cũng vì hàm $f\left(x\right)$ là hàm đồng biến nên $f\left(u_n\right)>f\left(u_{n-1}\right)\iff u_{n+1}>u_n$. Vậy ta có $1<u_1<\ldots<u_n<u_{n+1}$. Theo nguyên lý quy nạp toán học ta có ngay $1<u_1<u_2<\ldots<u_n$ với mọi $n\geqslant 1$. Vậy $\left(u_n\right)$ là dãy tăng.

 

Giả sử $\left(u_n\right)$ có giới hạn hữu hạn $L\in \mathbb{R}$, $L>1$. Chuyển hệ thức truy hồi của dãy qua giới hạn thì ta có ngay $L=1$, mâu thuẫn. Vậy $\left(u_n\right)$ không có giới hạn hữu hạn, hay là $\lim_{n\to +\infty} u_n=+\infty$.

 

Mặt khác ta có

\begin{align*} &\phantom{~\iff} u_{n+1}-1=\dfrac{u_n^2-1}{u_n} \ \forall \ n\in\mathbb{N^*} \\ &\iff \dfrac{1}{u_{n+1}-1}=\dfrac{u_n\left(u_n-1\right)}{\left(u_n-1\right)\left(u_n^2-1\right)} \ \forall \ n\in\mathbb{N^*}\\ &\iff \dfrac{1}{u_{n+1}-1}=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_n^2-1} \ \forall \ n\in\mathbb{N^*} \\ &\iff \dfrac{1}{u_n^2-1}=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1} \ \forall \ n\in\mathbb{N^*}\end{align*}

 

Vậy ta có

\[S_n=\sum^n_{k=1}\dfrac{1}{u_k^2-1}=\dfrac{1}{u_1-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\]

 

Vì $u_1=a>1$, $\lim_{n\to +\infty} u_{n+1}=+\infty$ nên ta có ngay $\lim_{n\to +\infty} S_n=\dfrac{1}{a-1}$.

Cho em hỏi có quy tắc nào để tách mỗi hạng tử của tổng thành hiệu của hai hạng tử không ạ

$\frac{1}{\sqrt{u_n}+1}=\frac{1}{\sqrt{u_{n}}}-\frac{1}{\sqrt{u_{n+1}}}$

 

Cho em hỏi có quy tắc nào để tách mỗi hạng tử của tổng thành hiệu của hai hạng tử không ạ

Cho em hỏi có quy tắc nào để tách mỗi hạng tử của tổng thành hiệu của hai hạng tử không ạ

Cho dãy số $\left(u_{n} \right)$ xác định bởi $\left\{\begin{matrix} u_{1}=2017  & \\   u_{n+1}=u_{n}\left(\sqrt{u_{n}}+1 \right)^{2}  \end{matrix}\right.$. Đặt $S_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{u_{k}}+1}$. Tính $limS_{n} $

Cho dãy số $\left(u_{n} \right)$ xác định bởi $\left\{\begin{matrix} u_{1}=2017  & \\   u_{n+1}=u_{n}\left(\sqrt{u_{n}}+1 \right)^{2}  \end{matrix}\right.$. Đặt $S_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{u_{k}}+1}$. Tính $limS_{n} $

Mời các bạn tham khảo. Xin lỗi vì không biết gõ latex

@supermember: các bạn giải bài ở dưới hạn chế các kiểu trích dẫn ko cần thiết nhé, ví dụ như ko nên trích cả cái hình đề bài, làm cho topic nhìn dài dòng mà nội dung ko bao nhiêu.