Tính các giới hạn:
1) $lim \left ( \frac{1}{n\sqrt{1+n^{2}}}+\frac{2}{n\sqrt{2+n^{2}}}+...+\frac{n}{n\sqrt{n+n^{2}}} \right )$
2) $x_{n}=\frac{1}{n}\sqrt[n]{(n+1)(n+2)...(n+n)}$
Tính các giới hạn:
1) $lim \left ( \frac{1}{n\sqrt{1+n^{2}}}+\frac{2}{n\sqrt{2+n^{2}}}+...+\frac{n}{n\sqrt{n+n^{2}}} \right )$
2) $x_{n}=\frac{1}{n}\sqrt[n]{(n+1)(n+2)...(n+n)}$
Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ cho con 2 thì
$x_{n}=\frac{1}{n}(\prod_{k=1}^{n}(n+k))^{\frac{1}{n}}\leq \frac{1}{n^{2}}(n^{2} +\frac{n(n+1)}{2})=1+\frac{n+1}{2n}$
theo định lý kẹp bạn cũng chứng minh được $lim x_{n}>\frac{3}{2}$ khi $n$ là vô cùng
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 10-09-2013 - 21:24
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
1) $lim \left ( \frac{1}{n\sqrt{1+n^{2}}}+\frac{2}{n\sqrt{2+n^{2}}}+...+\frac{n}{n\sqrt{n+n^{2}}} \right )$
Đặt $S_n = \left ( \frac{1}{n\sqrt{1+n^{2}}}+\frac{2}{n\sqrt{2+n^{2}}}+...+\frac{n}{n\sqrt{n+n^{2}}} \right )$
Ta có $\frac{k}{n} \leq \frac{k}{\sqrt {n^2+k}} \leq \frac{k}{\sqrt {n^2+n}}$
$\Rightarrow \frac{1}{n}.\sum \frac{k}{n}\leq S_n \leq \frac{1}{n}.\sum \frac{k}{\sqrt {n^2+n}}$
$\Rightarrow \frac{n+1}{2n}\leq S_n\leq \frac{n+1}{2\sqrt {n^2+n}}$
Mà $\lim _{n\rightarrow +\infty }\frac{n+1}{2n}=\lim _{n\rightarrow +\infty }\frac{n+1}{2\sqrt {n^2+n}}=\frac{1}{2}$
nên theo nguyên lý kẹp ta có $\lim _{n\rightarrow +\infty }S_n = \frac{1}{2}$
2) $x_{n}=\frac{1}{n}\sqrt[n]{(n+1)(n+2)...(n+n)}$
Từ hệ thức ta suy ra $x_{n+1}^{n+1}=2x_n^n .\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}.(2n+1)$ (*)
$\Rightarrow \left ( 1+ \frac{1}{n} \right )^n.x_{n+1}^{n+1} =x_n^{n+1}.\frac {2n}{n+1}.\sqrt[n]{(n+1)(n+2)...(2n)}$
Để ý rằng $\left ( 1+ \frac{1}{n} \right )^n< 3 \forall n$
và $\frac {2n}{n+1}.\sqrt[n]{(n+1)(n+2)...(2n)}> \frac{2n}{n+1}.n> 3 \forall n\geq 3$
Nên kể từ số hạng thứ 3 trở đi thì $(x_n)$ là dãy giảm và bị chặn dưới bởi $0$ nên tồn tại giới hạn hữu hạn $L \geq 0$.
Chuyển (*) qua giới hạn ta được
$L = \lim_{n\rightarrow +\infty}\left ( 2(2n+1).\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}} \right )=\lim_{n\rightarrow +\infty} \left ( 2. \frac {2n+1}{n+1}. \frac {1}{(1+\frac {1}{n})^n}\right )= \frac {4}{e}$
=====================================
Ngoài ra ta cũng có thể dùng tổng tích phân như sau:
$x_n = \sqrt[n]{\prod _{k=1}^n\left ( 1+\frac{k}{n} \right )}\Rightarrow y_n= \ln x_n = \frac{1}{n}.\sum_{k=1}^n \ln {\left (1+\frac{k}{n} \right )}$
Xét hàm số $f(x)=\ln {(1+x)}$ trên $[0,1]$. Chia đoạn $[0,1]$ thành $n$ đoạn bằng nhau bởi các điểm chia $a_k=\frac {k} {n}, 1 \leq k \leq n$.
Khi đó tổng tích phân cấp $n$ trên đoạn $[0,1]$ của $f(x)$ là:
$S_n=\sum_{k=1}^nf(a_k)(a_k-a_{k-1})=\frac {1}{n}.\sum_{k=1}^n \ln {\left ( 1 + \frac {k}{n} \right )}=y_n$
Theo định lý cơ bản của tích phân $\lim_{n \rightarrow +\infty}S_n = \int_{0}^{1}\ln(1+x)dx$
Thực hiện phép đổi biến $x=u^2$ và lấy tích phân từng phần ta tính được $\int_{0}^{1}\ln{(1+x)}dx=2\ln2 -1$
Suy ra $\lim_{n \rightarrow +\infty}S_n=\lim_{n \rightarrow +\infty}y_n= 2\ln2 -1$
Do hàm số $\ln {x}$ liên tục trên $(0,+\infty )$ nên ta có $\lim_{n \rightarrow +\infty}x_n=e^{\lim_{n \rightarrow +\infty}y_n}=e^{2\ln2-1}=\frac {4}{e}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maitienluat: 12-09-2013 - 22:46
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh