Đến nội dung

Hình ảnh

$u_{0}=a$; $u_{1}=b$; $u_{n+2}=\frac{1}{2014}u_{n+1}^{4}+\frac{2013}{2014}\sqrt[4]{u_{n}}$,

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1
Drago

Drago

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 462 Bài viết

Cho $a,b \in (0;1)$. Dãy $(u_{n})$ xác định bởi $u_{0}=a$; $u_{1}=b$; $u_{n+2}=\frac{1}{2014}u_{n+1}^{4}+\frac{2013}{2014}\sqrt[4]{u_{n}}$, $n=0,1,2...$

Chứng minh dãy $(u_{n})$ có giới hạn và tính giới hạn đó


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Drago: 23-05-2017 - 21:51

$\mathbb{VTL}$


#2
Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 392 Bài viết

Cho $a,b \in (0;1)$. Dãy $(u_{n})$ xác định bởi $u_{0}=a$; $u_{1}=b$; $u_{n+2}=\frac{1}{2014}u_{n+1}^{4}+\frac{2013}{2014}\sqrt[4]{u_{n}}$, $n=0,1,2...$

Chứng minh dãy $(u_{n})$ có giới hạn và tính giới hạn đó

Bằng quy nạp, ta chứng minh được $u_{n}\in (0, 1).$ Xét dãy $(v_{n})$ được xác định như sau: $v_{0}=min\left \{ u_{0}, u_{1} \right \}=min\left \{ a, b \right \}; v_{n+1}=\frac{1}{2014}.v_{n}^{4}+\frac{2013}{2014}.\sqrt[4]{v_{n}}, \forall n\in \mathbb{N}.$

Mà theo bất đẳng thức AM-GM thì ta có: $v_{n+1}=\frac{v_{n}^{4}+\sqrt[4]{v_{n}}+\sqrt[4]{v_{n}}+...+\sqrt[4]{v_{n}}}{2014} \geq \frac{2014. \sqrt[2014]{v_{n}^{4}.\sqrt[4]{v_{n}}^{2013}}}{2014}> v_{n}, \forall n\in \mathbb{N},$

Mà dễ chứng minh bằng quy nạp $v_{n}\in (0, 1), n\in \mathbb{N}.$ Từ đây ta có dãy $(v_{n})$ tăng và bị chăn trên nên hội tụ. Từ đó suy ra $\lim_{n\rightarrow +\infty }v_{n}=1.$

Bằng quy nạp ta sẽ chứng minh: $v_{n}\leq min\left \{ u_{2n}, u_{2n+1} \right \},$ $\forall n\in \mathbb{N}.$

Với $n=0$ thì $v_{0}\leq min\left \{ u_{0}, u_{1} \right \}$ (đúng)

Giả sử đúng với $n=k, k\in \mathbb{N},$ tức là: $v_{k}\leq min\left \{ u_{2k}, u_{2k+1} \right \}$

Ta sẽ chứng minh đúng với $n=k+1$

Ta có: $u_{2k+2}=\frac{1}{2014}u_{2k+1}^{4}+\frac{2013}{2014}\sqrt[4]{u_{2k}}\geq \frac{1}{2014}v_{k}^{4}+\frac{2013}{2014}\sqrt[4]{v_{k}}=v_{k+1}.$

Tương tự thì $u_{2k+3}\geq v_{k+1}.$ Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có: $v_{n}\leq min\left \{ u_{2n}, u_{2n+1} \right \}, \forall n\in \mathbb{N}.$

Do đó: $v_{n}\leq min\left \{ u_{2n}, u_{2n+1} \right \}\leq max\left \{ u_{2n}, u_{2n+1} \right \}< 1.$ Suy ra: $v_{n}\leq u_{2n}< 1; v_{n}\leq u_{2n+1}< 1, \forall n\in \mathbb{N}.$

Mà do $\lim_{n\rightarrow +\infty }v_{n}=1$ nên theo nguyên lý kẹp ta suy ra $\lim_{n\rightarrow +\infty }u_{2n}=\lim_{n\rightarrow +\infty }u_{2n+1}=1.$ Vậy $\lim_{n\rightarrow +\infty }u_{n}=1.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 13-07-2017 - 23:12


#3
Drago

Drago

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 462 Bài viết

Mà theo bất đẳng thức $Cauchy$ thì ta có: $v_{n+1}=\frac{v_{n}^{4}+\sqrt[4]{v_{n}}+\sqrt[4]{v_{n}}+...+\sqrt[4]{v_{n}}}{2014}\geq \frac{2014.\sqrt[2014]{v_{n}^{4}.\sqrt[4]{v_{n}}}}{2014}> v_{n}, \forall n\in \mathbb{N},$

 

Mình có ý kiến thế này:

-Chỗ này VP của bđt bị sai thì phải!

-Làm sao để xác định dạng của $(v_n)$?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Drago: 17-06-2017 - 20:33

$\mathbb{VTL}$





1 người đang xem chủ đề

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