Chủ đề này có 2 trả lời

[meomunsociu]

Cho dãy $(u_{n})$ thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} u_{1}=\frac{1}{2} & & \\ u_{n+1}=\frac{u_{n}^{2}}{u_{n}^{2}-u_{n}+1} &,n\geq 1 & \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng: $S_{n}=\sum_{i=1}^{n}u_{n}<1$

[anhquannbk]

Cho dãy $(u_{n})$ thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} u_{1}=\frac{1}{2} & & \\ u_{n+1}=\frac{u_{n}^{2}}{u_{n}^{2}-u_{n}+1} &,n\geq 1 & \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng: $S_{n}=\sum_{i=1}^{n}u_{n}<1$

Ta có $ \dfrac{u_{n+1}}{u_n}= \dfrac{a_n}{a_n^2-a_n+1} \le 1$

Do đó dãy là số giảm.

$u_1=\dfrac{1}{2}<1$, quy nạp ta có $u_n <1 \forall n \ge 1$

Từ đó ta có $ \lim\limits_{n \to +\infty} a_n = 0 $
$u_{n+1}-1= \dfrac{u_n^2}{u_n^2-u_n+1}-1= \dfrac{u_n-1}{u_n^2-u_n+1}$

Nên $ u_n=\dfrac{1}{u_{n+1}-1}-\dfrac{1}{u_n-1} $

Suy ra $ S_{n}=\sum_{i=1}^{n}u_{n}=\dfrac{1}{u_{n+1}-1}-\dfrac{1}{u_1-1} $

Do đó $ \lim\limits_{n \to +\infty} S_{n} = -1+\dfrac{1}{1-u_1} $ nên $S_n <1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anhquannbk: 11-01-2018 - 14:55

[meomunsociu]

Ta có $ \dfrac{u_{n+1}}{u_n}= \dfrac{a_n}{a_n^2-a_n+1} \le 1$

Do đó dãy là số giảm.

$u_1=\dfrac{1}{2}<1$, quy nạp ta có $u_n <1 \forall n \ge 1$

Từ đó ta có $ \lim\limits_{n \to +\infty} a_n = 0 $
$u_{n+1}-1= \dfrac{u_n^2}{u_n^2-u_n+1}-1= \dfrac{u_n-1}{u_n^2-u_n+1}$

Nên $ u_n=\dfrac{1}{u_{n+1}-1}-\dfrac{1}{u_n-1} $

Suy ra $ S_{n}=\sum_{i=1}^{n}u_{n}=\dfrac{1}{u_{n+1}-1}-\dfrac{1}{u_1-1} $

Do đó $ \lim\limits_{n \to +\infty} S_{n} = -1+\dfrac{1}{1-u_1} $ nên $S_n <1$

Có cách nào khác không dùng đến giới hạn ko ạ?