Chủ đề này có 13 trả lời

[Ruby Dalek]

Bài 1: Giả sử $A$ là một tập bị chặn trong $\mathbb{R}$. Hãy chứng minh rằng:

Tồn tại hai dãy $\{x_n\}, \{y_n\} \subset A$ sao cho

$supA = \lim_{n \to \infty} x_n$ và $infA = \lim_{n \to \infty} y_n$.

 

Bài 2: Cho dãy $\{x_n\}$ có tính chất: Tồn tại $C > 0$ sao cho: 

$|x_1 - x_2| + |x_2 - x_3| + \cdots + |x_{n-1} - x_n| \leq C$ với mọi $n \geq 2$.

Chứng minh rằng: dãy $\{x_n\}$ hội tụ.

 

Bài 3: Tìm $\lim_{n \to \infty} a_n$ với
$a_n = \frac{E(x) + E(2^2x) + \cdots + E(n^2x)}{n^3}$, ở đây $E(x)$ là phần nguyên của $x$.

 

Bài 4: Chứng minh rằng: Dãy số $a_n = \sqrt[n]{\alpha^n + \beta^n} (n \geq 1, 0 \leq \alpha \leq \beta)$ hội tụ và tìm giới hạn của dãy số đó.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ruby Dalek: 08-06-2017 - 09:06

[An Infinitesimal]

Bài 1: Giả sử $A$ là một tập bị chặn trong $\mathbb{R}$. Hãy chứng minh rằng:

Tồn tại hai dãy $\{x_n\}, \{y_n\} \subset A$ sao cho

$supA = \lim_{n \to \infty} x_n$ và $infA = \lim_{n \to \infty} y_n$.

 

Bài 2: Cho dãy $\{x_n\}$ có tính chất: Tồn tại $C > 0$ sao cho: $|x_{n+1} - x_n| \leq k|x_n - x_{n-1}|$ với $n \geq 2; 0 < k = const < 1$.

Chứng minh rằng: dãy $\{x_n\}$ hội tụ.

 

Bài 3: Tìm $\lim_{n \to \infty} a_n$ với
$a_n = \frac{E(x) + E(2^2x) + \cdots + E(n^2x)}{n^3}$, ở đây $E(x)$ là phần nguyên của $x$.

 

Bài 4: Chứng minh rằng: Dãy số $a_n = \sqrt[n]{\alpha^n + \beta^n} (n \geq 1, 0 \leq \alpha \leq \beta)$ hội tụ và tìm giới hạn của dãy số đó.

 

Bài 1: Dùng định nghĩa $\inf A, \sup A.$

($\inf A+\epsilon, \sup A-\epsilon$ không là chặn dưới nhỏ nhất, chặn trên lớn nhất)

 

Bài 2: Gõ đề có nhầm lẫn.

Chứng minh dãy là dãy Cauchy thông qua nhận xét  $|x_n-x_1| \le k^n|x_2-x_1|$, và (do đó) $|x_n-x_m| \le  \frac{k^n}{k-1}|x_2-x_1|\, \forall n>m.$

(Các đánh giá mang tính 'đại khái'- cần kiểm tra lại để có tính chính xác)

 

Bài 3:

Dùng đánh giá $k^2x-1\le E(k^2x) \le k^2x$, ta có $\lim a_n =\frac{x}{3}.$

Bài 4:

 $\lim a_n= \beta$ vì $\beta \le a_n \le \beta 2^{\frac{1}{n}} \forall n\in \mathbb{N}.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi An Infinitesimal: 07-06-2017 - 19:49

[Ruby Dalek]

Bài 1: Dùng định nghĩa $\inf A, \sup A.$

($\inf A+\epsilon, \sup A-\epsilon$ không là chặn dưới nhỏ nhất, chặn trên lớn nhất)

 

Bài 2: Gõ đề có nhầm lẫn.

Chứng minh dãy là dãy Cauchy thông qua nhận xét  $|x_n-x_1| \le k^n|x_2-x_1|$, và (do đó) $|x_n-x_m| \le  \frac{k^n}{k-1}|x_2-x_1|\, \forall n>m.$

(Các đánh giá mang tính 'đại khái'- cần kiểm tra lại để có tính chính xác)

 

Bài 3:

Dùng đánh giá $k^2x-1\le E(k^2x) \le k^2x$, ta có $\lim a_n =\frac{x}{3}.$

Bài 4:

 $\lim a_n= \beta$ vì $\beta \le a_n \le \beta 2^{\frac{1}{n}} \forall n\in \mathbb{N}.$

Câu 2 e gõ nhầm đề ạ
E sửa lại rồi
Giúp e với ạ :<

[Ruby Dalek]

 Tiện thể giúp em bài này nữa ạ. Em cảm ơn nhiều ạ 

 

Bài 5: Ta định nghĩa dãy Fibonacci $\{a_n\}$ như sau:

$a_1 = a_2 = 1, a_{n+2} = a_{n+1} + a_n, n \geq 1$

Chứng minh rằng: 

$a_n = \frac{ \alpha^n - \beta^n }{ \alpha - \beta }$

trong đó, $\alpha$ và $\beta$ là các nghiệm của phương trình $x^2 = x+1$. Tính $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n}$.

 

 

Bài 6: Cho $a_n = \underbrace{ \sqrt{a+ \sqrt{a+ \cdots + \sqrt{a}}}}_{n \text{ dấu căn}}, (a > 0)$. Chứng minh rằng: Dãy $\{a_n\}$ hội tụ và tính $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n}$.

 

 

Bài 7: Cho hai số thực dương $a$ và $b$, $0 <  a < b$. Giả sử $u_n$ và $v_n$ là hai dãy số thực xác định bởi:

$u_0=a, v_0=b, u_{n+1}= \sqrt{u_nv_n}, v_{n+1}= \frac{u_n+v_n}{2}, n \geq 0$.

Chứng minh rằng: $u_n$ và $v_n$ là hai dãy hội tụ và có cùng giới hạn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ruby Dalek: 08-06-2017 - 15:07

[An Infinitesimal]

 

 

Bài 2: Cho dãy $\{x_n\}$ có tính chất: Tồn tại $C > 0$ sao cho: 

$|x_1 - x_2| + |x_2 - x_3| + \cdots + |x_{n-1} - x_n| \leq C$ với mọi $n \geq 2$.

Chứng minh rằng: dãy $\{x_n\}$ hội tụ.

 

 

*** Ý tưởng chứng minh vai mượn lý thuyết chuỗi số.

Nhận xét: Xét dãy $\{a_n\}$ và ${S}_n= \sum_{k=1}^na_k,\, \tilde{S}_n= \sum_{k=1}^n|a_k|$.

 

(i) Nếu $\{\tilde{S}_n\} $ hội tụ thì $\{S_n\}$ hội tụ.

 

(ii) Nếu tồn tại số thực dương $C$ sao cho $\tilde{S}_n \le C\, \forall n\in \mathbb{N}$ thì  $\{\tilde{S}_n\}$ là dãy tăng và bị chặn. Do đó, nó hội tụ.

 

Kiểm tra i): 

Vì $\{\tilde{S}_n\} $ hội tụ nên bản thân nó là dãy Cauchy. Do đó, với $\epsilon>0, \exists N_{\epsilon}\in \mathbb{N}$: 

\[|\tilde{S}_n-\tilde{S}_m| \le \epsilon\forall m, n \ge N_{\epsilon}.\]

Hơn nữa, theo BĐT trị tuyệt đối, ta có $|S_n-S_m| \le |\tilde{S}_n-\tilde{S}_m|\, \forall m, n\in \mathbb{N}.$

 

Vì thế $\{S_n\}$ là dãy Cauchy trong không gian 'đầy đủ' $\mathbb{R}$. Do đó, $\{S_n\}$ hội tụ.

 

Áp dụng: $a_{n}=x_{n+1}-x_n\, \forall n\in \mathbb{N}$. Khi đó $\{S_{n-1}:=x_n-1\}$ hội tụ. Do đó $\{x_n\}$ hội tụ.

 

 

P.S: Ruby có nhiều bài toán hay thế!

[An Infinitesimal]

 Tiện thể giúp em bài này nữa ạ. Em cảm ơn nhiều ạ 

 

Bài 5: Ta định nghĩa dãy Fibonacci $\{a_n\}$ như sau:

$a_1 = a_2 = 1, a_{n+2} = a_{n+1} + a_n, n \geq 1$

Chứng minh rằng: 

$a_n = \frac{ \alpha^n - \beta^n }{ \alpha - \beta }$

trong đó, $\alpha$ và $\beta$ là các nghiệm của phương trình $x^2 = x+1$. Tính $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n}$.

 

 

Bài 6: Cho $a_n = \underbrace{ \sqrt{a+ \sqrt{a+ \cdots + \sqrt{a}}}}_{n \text{ dấu căn}}, (a > 0)$. Chứng minh rằng: Dãy $\{a_n\}$ hội tụ và tính $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n}$.

 

 

Bài 7: Cho hai số thực dương $a$ và $b$, $0 <  a < b$. Giả sử $u_n$ và $v_n$ là hai dãy số thực xác định bởi:

$u_0=a, v_0=b, u_{n+1}= \sqrt{u_nv_n}, v_{n+1}= \frac{u_n+v_n}{2}, n \geq 0$.

Chứng minh rằng: $u_n$ và $v_n$ là hai dãy hội tụ và có cùng giới hạn.

 

Bài 5: Chứng minh bằng qui nạp là đơn giản nhất. Nếu muốn "phức tạp" hơn thì dùng lý thuyết sai phân, dãy truy hồi tuyến tính, kỹ thuật hàm sinh.

 

Không mất tổng quát, ta giả sử $\alpha>\beta$.

 

\[\sqrt[n]{a_n} = \alpha \sqrt[n]{\frac{ 1 - \left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^n }{ \alpha - \beta }}.\]

Vì $\lim \left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^n=0$ nên tồn tại $N$

\[ \sqrt[n]{\frac{ 1 }{ 2(\alpha - \beta) }}\le \sqrt[n]{\frac{ 1 - \left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^n }{ \alpha - \beta }} \le  \sqrt[n]{\frac{ 1  }{ \alpha - \beta }}\forall n\ge N.\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi An Infinitesimal: 08-06-2017 - 20:58

[An Infinitesimal]

 Tiện thể giúp em bài này nữa ạ. Em cảm ơn nhiều ạ 

 

Bài 5: Ta định nghĩa dãy Fibonacci $\{a_n\}$ như sau:

$a_1 = a_2 = 1, a_{n+2} = a_{n+1} + a_n, n \geq 1$

Chứng minh rằng: 

$a_n = \frac{ \alpha^n - \beta^n }{ \alpha - \beta }$

trong đó, $\alpha$ và $\beta$ là các nghiệm của phương trình $x^2 = x+1$. Tính $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n}$.

 

 

Bài 6: Cho $a_n = \underbrace{ \sqrt{a+ \sqrt{a+ \cdots + \sqrt{a}}}}_{n \text{ dấu căn}}, (a > 0)$. Chứng minh rằng: Dãy $\{a_n\}$ hội tụ và tính $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n}$.

 

 

Bài 7: Cho hai số thực dương $a$ và $b$, $0 <  a < b$. Giả sử $u_n$ và $v_n$ là hai dãy số thực xác định bởi:

$u_0=a, v_0=b, u_{n+1}= \sqrt{u_nv_n}, v_{n+1}= \frac{u_n+v_n}{2}, n \geq 0$.

Chứng minh rằng: $u_n$ và $v_n$ là hai dãy hội tụ và có cùng giới hạn.

 

Bài 6: Chuyển 'dãy tường minh' sang dãy truy hồi: $a_{n+1}=\sqrt{a+a_n}\, \forall n\in \mathbb{N}.$

 

Biện luận (so sánh $a$ với $2$) để xem xét tính đơn điệu và tính bị chặn của $\{a_n\}$.

 

Nhận xét: Nếu $\lim x_n=x>0$ thì $\lim \sqrt[n]{x_n}=1.$

 

Bài 7: Chú ý: $u_{n}\le v_n\, \forall n\in \mathbb{N}$. Suy ra $\{u_n\}, \{v_n\}$ là các dãy đơn điệu và bị chặn. Sau đó, chứng minh  giới hạn của chúng tồn tại và bằng nhau.

[Ruby Dalek]

*** Ý tưởng chứng minh vai mượn lý thuyết chuỗi số.

Nhận xét: Xét dãy $\{a_n\}$ và ${S}_n= \sum_{k=1}^na_k,\, \tilde{S}_n= \sum_{k=1}^n|a_k|$.

 

(i) Nếu $\{\tilde{S}_n\} $ hội tụ thì $\{S_n\}$ hội tụ.

 

(ii) Nếu tồn tại số thực dương $C$ sao cho $\tilde{S}_n \le C\, \forall n\in \mathbb{N}$ thì  $\{\tilde{S}_n\}$ là dãy tăng và bị chặn. Do đó, nó hội tụ.

 

Kiểm tra i): 

Vì $\{\tilde{S}_n\} $ hội tụ nên bản thân nó là dãy Cauchy. Do đó, với $\epsilon>0, \exists N_{\epsilon}\in \mathbb{N}$: 

\[|\tilde{S}_n-\tilde{S}_m| \le \epsilon\forall m, n \ge N_{\epsilon}.\]

Hơn nữa, theo BĐT trị tuyệt đối, ta có $|S_n-S_m| \le |\tilde{S}_n-\tilde{S}_m|\, \forall m, n\in \mathbb{N}.$

 

Vì thế $\{S_n\}$ là dãy Cauchy trong không gian 'đầy đủ' $\mathbb{R}$. Do đó, $\{S_n\}$ hội tụ.

 

Áp dụng: $a_{n}=x_{n+1}-x_n\, \forall n\in \mathbb{N}$. Khi đó $\{S_{n-1}:=x_n-1\}$ hội tụ. Do đó $\{x_n\}$ hội tụ.

 

 

P.S: Ruby có nhiều bài toán hay thế!

Còn cách nào khác không ạ?
Chứ lúc học phần này e đã đc học về Chuỗi số đâu :<<<

[Ruby Dalek]

Bài 5: Chứng minh bằng qui nạp là đơn giản nhất. Nếu muốn "phức tạp" hơn thì dùng lý thuyết sai phân, dãy truy hồi tuyến tính, kỹ thuật hàm sinh.

 

Không mất tổng quát, ta giả sử $\alpha>\beta$.

 

\[\sqrt[n]{a_n} = \alpha \sqrt[n]{\frac{ 1 - \left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^n }{ \alpha - \beta }}.\]

Vì $\lim \left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^n=0$ nên tồn tại $N$

\[ \sqrt[n]{\frac{ 1 }{ 2(\alpha - \beta) }}\sqrt[n]{\frac{ 1 - \left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^n }{ \alpha - \beta }} \le  \sqrt[n]{\frac{ 1  }{ \alpha - \beta }}\forall n\ge N.\]

Bài 5 này a có thể giải thích rõ hơn được không ạ?
Não e vẫn chưa load đc vấn đề :3

[An Infinitesimal]

Còn cách nào khác không ạ?
Chứ lúc học phần này e đã đc học về Chuỗi số đâu :<<<

 

"*** Ý tưởng chứng minh vai mượn lý thuyết chuỗi số."- cung cấp thông tin về nguồn gốc ý tưởng. Lời giải hoàn toàn không dùng kết quả nào về chuỗi số.

 

Chỉ dùng kết quả: Dãy Cauchy trong $\mathbb{R}$ thì hội tụ.

[An Infinitesimal]

Bài 5 này a có thể giải thích rõ hơn được không ạ?
Não e vẫn chưa load đc vấn đề :3

 

Đã edit như bên dưới (them một dấu BĐT).

 

Em xem lại Bài 4 (ý tưởng y hệt bài 4).

Bài 5: Chứng minh bằng qui nạp là đơn giản nhất. Nếu muốn "phức tạp" hơn thì dùng lý thuyết sai phân, dãy truy hồi tuyến tính, kỹ thuật hàm sinh.

 

Không mất tổng quát, ta giả sử $\alpha>\beta$.

 

\[\sqrt[n]{a_n} = \alpha \sqrt[n]{\frac{ 1 - \left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^n }{ \alpha - \beta }}.\]

Vì $\lim \left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^n=0$ nên tồn tại $N$

\[ \sqrt[n]{\frac{ 1 }{ 2(\alpha - \beta) }}\le \sqrt[n]{\frac{ 1 - \left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^n }{ \alpha - \beta }} \le  \sqrt[n]{\frac{ 1  }{ \alpha - \beta }}\forall n\ge N.\]

[Ruby Dalek]

A giúp e bài này vs ạ :<
 

Cho dãy $\{x_n\}$ là dãy bị chặn thỏa mãn điều kiện $x_{n+1} \geq x_n - \frac{1}{2^n}, n \in \mathbb{N}$.

Chứng minh rằng: dãy $\{x_n\}$ hội tụ.
 

[An Infinitesimal]

A giúp e bài này vs ạ :<
 

Cho dãy $\{x_n\}$ là dãy bị chặn thỏa mãn điều kiện $x_{n+1} \geq x_n - \frac{1}{2^n}, n \in \mathbb{N}$.

Chứng minh rằng: dãy $\{x_n\}$ hội tụ.
 

 

A giúp e bài này vs ạ :<
 

Cho dãy $\{x_n\}$ là dãy bị chặn thỏa mãn điều kiện $x_{n+1} \geq x_n - \frac{1}{2^n}, n \in \mathbb{N}$.

Chứng minh rằng: dãy $\{x_n\}$ hội tụ.
 

 

Áp dụng bài 2. OK chứ?

[An Infinitesimal]

Áp dụng bài 2. OK chứ?

Lời giải phải chỉnh lại vì áp dụng chỉ bài 2 là chưa đủ.