Chủ đề này có 4 trả lời

[Dark Repulsor]

Bài $1$: Tìm CTTQ của dãy số $(x_{n})$, biết: $x_{1}=1$ và $x_{n+1}=(1+\frac{3}{n})x_{n}+2-\frac{3}{n}$ $\forall n\in\mathbb{N^{*}}$

Bài $2$: Cho biết $(\sqrt{3}+2)^n=x_{n}+y_{n}\sqrt{3}$ $\forall n\in\mathbb{N^{*}}$ $(x_{n},y_{n}\in\mathbb{Z})$. Tính:  $\lim_{n\rightarrow +\infty}\dfrac{\sum_{k=1}^{n}x_{k}}{\sum_{k=1}^{n}y_{k}}$

Bài $3$: Tính $\lim_{n\rightarrow +\infty}x_{n}$, biết: $x_{n}=n-\sum_{k=1}^{n}\sqrt{1+\frac{k}{n^2}}$ $\forall n\in\mathbb{N^{*}}$

[An Infinitesimal]

Bài $1$: Tìm CTTQ của dãy số $(x_{n})$, biết: $x_{1}=1$ và $x_{n+1}=(1+\frac{3}{n})x_{n}+2-\frac{3}{n}$ $\forall n\in\mathbb{N^{*}}$

Bài $2$: Cho biết $(\sqrt{3}+2)^n=x_{n}+y_{n}\sqrt{3}$ $\forall n\in\mathbb{N^{*}}$ $(x_{n},y_{n}\in\mathbb{Z})$. Tính:  $\lim_{n\rightarrow +\infty}\dfrac{\sum_{k=1}^{n}x_{k}}{\sum_{k=1}^{n}y_{k}}$

Bài $3$: Tính $\lim_{n\rightarrow +\infty}x_{n}$, biết: $x_{n}=n-\sum_{k=1}^{n}\sqrt{1+\frac{k}{n^2}}$ $\forall n\in\mathbb{N^{*}}$

 

Bài 2:  Ta cũng có $(\sqrt{3}-2)^n=x_{n}-y_{n}\sqrt{3}$. Do đó, ta có thể xác định $x_n$ và $y_n$ thông qua $(\sqrt{3}-2)^n$ và $(\sqrt{3}+2)^n.$

Khi đó, ta tìm được "phân số" $\dfrac{\sum_{k=1}^{n}x_{k}}{\sum_{k=1}^{n}y_{k}}$ thông qua công thức tổng cấp số. Sau khi xác định tổng, ta dễ dàng xác định giới hạn (dựa vào ý tưởng- chia đại lượng trội hơn).

[NTA1907]

Bài $1$: Tìm CTTQ của dãy số $(x_{n})$, biết: $x_{1}=1$ và $x_{n+1}=(1+\frac{3}{n})x_{n}+2-\frac{3}{n}$ $\forall n\in\mathbb{N^{*}}$

Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được CTTQ của dãy số là: $x_{n}=\frac{n(n-1)(n+4)}{6}+1$

[An Infinitesimal]

 

Bài $3$: Tính $\lim_{n\rightarrow +\infty}x_{n}$, biết: $x_{n}=n-\sum_{k=1}^{n}\sqrt{1+\frac{k}{n^2}}$ $\forall n\in\mathbb{N^{*}}$

Đòi hỏi phải đánh giá phức tạp!

 

 Vì $\frac{1+\left(1+\frac{k}{n^2}\right) }{2}\ge \sqrt{1+\frac{k}{n^2}}\ge 1+\frac{k}{2n^2}- \frac{k^2}{8n^4} \forall k=1, 2, ..., n$ nên

\[-\frac{n+1}{4n}=n-\sum_{k=1}^{n}\frac{2+k/n^2}{2}\le  x_n \le -\frac{n+1}{4n}+\frac{\sum_{k=1}^{n}k^2}{8n^4}.\]

Hơn nữa, $\lim\limits_{n\to\infty}-\frac{n+1}{4n}=-\frac{1}{4}=\lim\limits_{n\to\infty}-\frac{n+1}{4n}+\frac{\sum_{k=1}^{n}k^2}{8n^4}.$

 

Bình luận:  Đánh giá  thứ nhất sinh ra từ BĐT Cauchy.Ta có thể thay thế góc nhìn bởi một góc nhìn mới. 

Góc nhìn đã sinh ra đánh giá thứ hai (khó khăn nhất trong hai đánh giá).  Cách thay đổi góc nhìn này cho ta một góc nhìn "nhất quán".

Đặt $f(x)= \sqrt{1+x}$ với $x\in [0,1].$

Ta có thể dùng đánh giá sau để xử lý:

\[f'(0)x+f(0) \ge f(x) \ge \frac{f''(0)}{2!}x^2+f'(0)x+f(0) \forall x\in [0,1].\]

 

Vấn đề cần thảo luận thêm:

 

1) Liệu dãy $\{x_n\} $ đơn điệu tăng hay không?

2) Nếu 1) được khẳng định thì hiển nhiên $x_n \le -\frac{1}{4}\, \forall n\in \mathbb{N}.$ Liệu đánh giá này cho $x_n$ có đúng không?

 

Các vấn đề đã giải quyết được: 2)

 

Dùng kỹ thuật tính tổng của Gauss, ta sẽ ghép cặp để đánh giá và thu được đánh giá sau

\[\sqrt{1+\frac{k}{n^2}}+\sqrt{1+\frac{n-k+1}{n^2}}  \ge 2+\frac{1}{2n},\]

Do đó $x_n \le -\frac{1}{4} \, \forall n\in \mathbb{N}.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vanchanh123: 28-01-2017 - 13:12

[manhhung2013]

Bài 1 làm sao để tìm ra được cttq để mà quy nạp?