Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

THPT Tháng 10 Bài 1

vmeo iv

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 7 trả lời

#1 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản trị
  • 4145 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 21-11-2015 - 04:26

Bài 1:

Vi $n$ là mt s nguyên dương, dãy s $a_n$ được xác đnh bi công thc

$$\begin{cases}a_1=1 \\ a_{n+1}=\dfrac{1}{a_1+a_2+\cdots+a_n}-\sqrt{2} \end{cases}$$

Tìm gii hn ca dãy s $S_n$ xác đnh bi $S_n=a_1+a_2+ \cdots +a_n$


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$




I'm still there everywhere.

#2 Yamigatoanh

Yamigatoanh

    Lính mới

  • Thành viên
  • 2 Bài viết
  • Giới tính:Nữ

Đã gửi 21-11-2015 - 13:24

Kết quả $\lim s_n=\frac{1}{\sqrt{2}}$ không biết có đúng không ạ?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Yamigatoanh: 21-11-2015 - 13:24


#3 huykinhcan99

huykinhcan99

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 333 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 21-11-2015 - 15:44

Giải thế này không biết có đúng không  :unsure:
Trước tiên, ta có $a_1=1$, $a_2=\dfrac{1}{S_1}-\sqrt{2}$, $\ldots$ $a_{n+1}=\dfrac{1}{S_n}-\sqrt{2}$
 
Từ đó
\[S_{n+1}=a_1+a_2+\ldots+a_{n+1}=1+\dfrac{1}{S_1}+\dfrac{1}{S_2}+\ldots+\dfrac{1}{S_n}-n\sqrt{2}\]
 
Ta có 
\begin{align*} S_{n+1}&=1+\dfrac{1}{S_1}+\dfrac{1}{S_2}+\ldots+\dfrac{1}{S_n}-n\sqrt{2} \\ &=\left[1+\dfrac{1}{S_1}+\dfrac{1}{S_2}+\ldots+\dfrac{1}{S_{n-1}}-\left(n-1\right)\sqrt{2}\right]+\dfrac{1}{S_n}-\sqrt{2}\\ &=S_n+\dfrac{1}{S_n}-\sqrt{2} \end{align*}
 
Vậy ta có dãy số $(S_n)$:
\begin{equation} \label{eq:1} \begin{cases} S_1=1 \\ S_{n+1}=S_n+\dfrac{1}{S_n}-\sqrt{2} \end{cases} \end{equation}
 
Ta chứng minh $S_n\geqslant 0$ bằng quy nạp. Có $S_1=1\geqslant 0$. Giả sử với $n\geqslant 1$, ta có $S_n\geqslant 0$.
 
Khi đó ta phải có $S_{n+1}\geqslant 0$. Thật vậy, vì $S_n\geqslant 0$ nên ta có $S_n+\dfrac{1}{S_n}\geqslant 2\sqrt{S_n.\dfrac{1}{S_n}}=2$.
 
Từ đó ta có $S_{n+1}\geqslant 2-\sqrt{2}\geqslant 0$. Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có $S_n\geqslant 0 \ \forall n \in \mathbb{N}^*$
 
Từ \eqref{eq:1} ta có:
\begin{equation} \label{eq:2} S_{n+2}=S_{n+1}+\dfrac{1}{S_{n+1}}-\sqrt{2}=S_n+\dfrac{1}{S_n}+\dfrac{1}{S_n+\dfrac{1}{S_n}-\sqrt{2}}-2\sqrt{2} \end{equation}
 
Xét hàm số $f(x)=x+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x+\dfrac{1}{x}-\sqrt{2}}-2\sqrt{2}$ trên $\left(0,+\infty\right)$. Khi đó ta có $S_{n+2}=f(S_n)$.
 
Ta có $f'(x)=\dfrac{\left(x+1\right)\left(x-1\right)\left[x^2-\left(1+\sqrt{2}\right)x+1\right]\left[x^2+\left(1-\sqrt{2}\right)x+1\right]}{x^2\left(x^2-x\sqrt{2}+1\right)^2}$
 
\[f'(x)=0 \iff \left[ \begin{array}{l} x=1 \\ x=-1 \notin \left(0,+\infty\right) \\ x=x_1=\dfrac{1+\sqrt{2}+\sqrt{2\sqrt{2}-1}}{2} \\ x=x_2=\dfrac{1+\sqrt{2}-\sqrt{2\sqrt{2}-1}}{2} \notin \left(0,+\infty\right) \end{array} \right. \]
 
Bảng biến thiên:
 
*** Cannot compile formula:


\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit%
{$x$/1,%
$f'(x)$ /1,%
 $f(x)$ /2}%
{$0$ , $1$ , $x_1$ , $+\infty$}
\tkzTabLine{d ,-, 0 ,+, 0 ,-, }
\tkzTabVar %
{
D-/ $-\infty$,+/$\dfrac{6-3\sqrt{2}}{2}$ ,-/$2-\sqrt{2}$,+/$+\infty$
}
\end{tikzpicture}


*** Error message:
Error: Nothing to show, formula is empty
 
Giờ ta sẽ chứng minh $S_{n} \leqslant 1 \ \forall n \in \mathbb{N}^*$. Thật vậy, ta thấy $S_1=1$ và $S_2=2-\sqrt{2}\leqslant 1$.
 
Giả sử với $k\geqslant 1$, ta có $S_{2k-1}\leqslant 1$ và $S_{2k}\leqslant 1$. 
 
Theo bảng biến thiên trên, ta thấy $f\left(S_{2k-1}\right)\leqslant 1$ và $f\left(S_{2k}\right)\leqslant 1$. Điều này có nghĩa là $S_{2k+1}\leqslant 1$ và $S_{2k+2}\leqslant 1$. Theo nguyên lý quy nạp ta có $S_n\leqslant 1 \ \forall n \in \mathbb{N}^*$.
 
Ta có:
\[\left\{ \begin{array}{l} S_1=1\geqslant \dfrac{6-3\sqrt{2}}{2}=S_3 \\ S_2=2-\sqrt{2}\leqslant \dfrac{22-13\sqrt{2}}{2}=S_4\end{array}\right.\]
 
Giả sử với $k\geqslant 1$, ta có $\left\{ \begin{array}{l} S_{2k-1}\geqslant S_{2k+1}\\ S_{2k}\leqslant S_{2k+2} \end{array} \right.$. 
 
Theo bảng biến thiên, $f(x)$ nghịch biến trên $\left(0,1\right]$.
 
Từ đó $\left\{ \begin{array}{l} f\left(S_{2k-1}\right)\geqslant f\left(S_{2k+1}\right) \\ f\left(S_{2k}\right)\leqslant f\left(S_{2k+2}\right) \end{array} \right.$, hay là ta có $\left\{ \begin{array}{l} S_{2k+1}\geqslant S_{2k+3}\\ S_{2k+2}\leqslant S_{2k+4} \end{array} \right.$.
 
Theo nguyên lý quy nạp, ta có $\left(S_{2k}\right)$ là dãy tăng và $\left(S_{2k+1}\right)$ là dãy giảm.
 
Theo nguyên lý $Weierstrass$, ta có $\left(S_{2k}\right)$ và $\left(S_{2k+1}\right)$ là hai dãy hội tụ. Do hai dãy này có chung hệ thức truy hồi nên ta thấy ngay $\lim\limits_{n\to +\infty} S_{2k}=\lim\limits_{n\to +\infty} S_{2k+1}=\lim\limits_{n\to +\infty} S_{n}=a$
 
Từ \eqref{eq:2} chuyển qua giới hạn ta được
\[a=a+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a+\dfrac{1}{a}-\sqrt{2}}-2\sqrt{2}\iff a=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\]
 
Kết luận $\lim\limits_{n\to +\infty}S_n=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huykinhcan99: 21-11-2015 - 15:46

$$\text{Vuong Lam Huy}$$

#4 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản trị
  • 4145 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 21-11-2015 - 20:38

 
Theo nguyên lý $Weierstrass$, ta có $\left(S_{2k}\right)$ và $\left(S_{2k+1}\right)$ là hai dãy hội tụ. Do hai dãy này có chung hệ thức truy hồi nên ta thấy ngay $\lim\limits_{n\to +\infty} S_{2k}=\lim\limits_{n\to +\infty} S_{2k+1}=\lim\limits_{n\to +\infty} S_{n}=a$

Dòng này có vẻ không ổn. Phải chứng minh thêm là trong miền xác định của $S_n$ thì phương trình truy hồi chỉ có một nghiệm duy nhất.


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$




I'm still there everywhere.

#5 loigiailanhlung

loigiailanhlung

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 56 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thpt chuyên KHTN Hà Nội
  • Sở thích:Solving a problem in mathematical

Đã gửi 22-11-2015 - 15:32

Mình giải thế này:
Từ CT truy hồi ta có :
$$S_{n+1}=S_{n}+\frac{1}{S_{n}}-\sqrt{2}$$
$$S_{1}=1$$
Áp dụng BĐT AM-GM ta có $S_{n+1}\geq 2-\sqrt{2}$
Ta có $S_{2}=2-\sqrt{2} <1$
Giả sử $S_{n} <1 \forall n \geq 2$
Xét $f(t)=t+\frac{1}{t} -\sqrt{2},2-\sqrt{2} \leq t < 1$
$$f'(t)=1-\frac{1}{t^2} <0 \rightarrow f(t)<f(2-\sqrt{2})<1$$
$$S_{n+1}=f(S_{n})<1$$
Vậy $S_{n}<1 \forall n\geq 2$
Ta có:
$$S_{n+1}-\frac{1}{\sqrt{2}}=(S_{n}-\sqrt{2})(1-\frac{1}{S_{n}\sqrt{2}})$$
$S_{n}-\sqrt{2}<0 \rightarrow S_{n}>\frac{1}{\sqrt{2}}$ thì $S_{n+1}<\frac{1}{\sqrt{2}}$ và ngược lại.
Nên $S_{n}>\frac{1}{\sqrt{2}}$ thì $S_{n+2}>\frac{1}{\sqrt{2}}$ và ngược lại.
$S_{1}>\frac{1}{\sqrt{2}},S_{2}<\frac{1}{\sqrt{2}} \rightarrow S_{2k+1}>\frac{1}{\sqrt{2}},S_{2k}<\frac{1}{\sqrt{2}} k \in\mathbb{N}$
Ta có $S_{n+1}-S_{n}=\frac{1}{S_{n}}-\sqrt{2}>0 \leftrightarrow S_{n}<\frac{1}{\sqrt{2}}$ và ngược lại.
Vậy dãy $(S_{2k})$ tăng bị chặn trên bởi $\frac{1}{\sqrt{2}}$ và dãy $(S_{2k+1})$ giảm bị chặn dưới bởi $\frac{1}{\sqrt{2}}$ nên hai dãy hội tụ .
Tồn tại giới hạn hữu hạn L của hai dãy .L là nghiệm của phương trình:$x=x+\frac{1}{x}-\sqrt{2} \rightarrow L=\frac{1}{\sqrt{2}}$(đpcm).

#6 Yamigatoanh

Yamigatoanh

    Lính mới

  • Thành viên
  • 2 Bài viết
  • Giới tính:Nữ

Đã gửi 22-11-2015 - 15:44

Lời giải của mình. Phần xương khá giống với lời giải của loigiailanhlung

 

Từ điều kiện đề bài ta có các công thức sau:

1. $a_{n+1}=\frac{1}{\frac{1}{a_n+\sqrt{2}}+a_n}-\sqrt{2}\Rightarrow \frac{1}{a_{n+1}+\sqrt{2}}=\frac{1}{a_n+\sqrt{2}}+a_n$

2. $a_{n+1}=\frac{1}{s_n}-\sqrt{2}\Rightarrow s_n=\frac{1}{a_{n+1}+\sqrt{2}}$

Do đó, ta đưa bài toán về tìm $\lim s_n$ , với $(s_n)$ là một dãy số xác định bởi:

$\left\{\begin{matrix} s_{1}=1 & \\ s_n=s_{n-1}+\frac{1}{s_{n-1}}-\sqrt{2} & \end{matrix}\right.$

Dễ thấy $s_n>0$ với mọi $n\in\mathbb{N}^*$. Khi đó, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $s_n\geq 2-\sqrt{2}$

Ta chứng minh $s_n<1$ với mọi $n\in\mathbb{N}^*$. Thật vậy, giả sử $s_n\geq 1\Leftrightarrow s_{n-1}+\frac{1}{s_{n-1}}-\sqrt{2}\geq 1$

Giải bất phương trình trên ta thu được $s_{n-1}\leq -\frac{\sqrt{\sqrt{8}-1}}{2}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{2}<2-\sqrt{2}$ (loại) hoặc   $s_{n-1}>\frac{\sqrt{\sqrt{8}-1}}{2}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{2}>1$ $\Leftrightarrow s_{n-2}+\frac{1}{s_{n-2}}-\sqrt{2}>1$. Cứ tiếp tục lùi vô hạn, để có điều giả sử thì $s_1>\frac{\sqrt{\sqrt{8}-1}}{2}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{2}>1$ (vô lý)

Do đó, dãy $(s_n)$ bị chặn

Mặt khác, bằng quy nạp, ta dễ chứng minh được $(s_{2n}), (s_{2n+1})$ là các dãy đơn điệu. $(s_n)$ bị chặn nên gọi $\lim s_{2n}=a, \lim s_{2n+1}=b$

Ta có: $\left\{\begin{matrix} a=b+\frac{1}{b}-\sqrt{2} & \\ b=a+\frac{1}{a}-\sqrt{2} & \end{matrix}\right.\Rightarrow a=b$. Từ đó $\lim s_{2n}=\lim s_{2n+1}=\lim s_n=a=b$

Lúc đó $a$ là nghiệm của phương trình $a=\frac{1}{a}+a-\sqrt{2}\Rightarrow a=\sqrt{\frac{1}{2}}$
Vậy $\lim s_n=\sqrt{\frac{1}{2}}$


#7 BACHOCGENIUS

BACHOCGENIUS

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết

Đã gửi 22-11-2015 - 21:27

bài giải có thể làm ra giấy rồi chụp lên và gửi được không ạ ( đề thi tháng 11 )



#8 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4265 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 23-11-2015 - 03:35

bài giải có thể làm ra giấy rồi chụp lên và gửi được không ạ ( đề thi tháng 11 )

Bạn có thể chụp bài làm trên giấy rồi gửi. Nếu có câu hỏi gì nữa thì bạn hãy hỏi tại topic này.


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh