Chủ đề này có 7 trả lời

[perfectstrong]

Bài 1:

Với $n$ là một số nguyên dương, dãy số $a_n$ được xác định bởi công thức

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

Tìm giới hạn của dãy số $S_n$ xác định bởi $S_n=a_1+a_2+ \cdots +a_n$

[Yamigatoanh]

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

[huykinhcan99]

Giải thế này không biết có đúng không 

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

[perfectstrong]

 

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.

[loigiailanhlung]

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).

[Yamigatoanh]

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 $\lim s_n=\sqrt{\frac{1}{2}}$

[BACHOCGENIUS]

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

[Zaraki]

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.