Chủ đề này có 2 trả lời

[hoangkimca2k2]

Cho $(U_{n})$:$\left\{\begin{matrix}U_{1}=3 & \\ U_{n+1}^{3}-3U_{n+1}=\sqrt{2+U_{n}} & \end{matrix}\right.$

Tính lim $U_{n}$

[An Infinitesimal]

Cho $(U_{n})$:$\left\{\begin{matrix}U_{1}=3 & \\ U_{n+1}^{3}-3U_{n+1}=\sqrt{2+U_{n}} & \end{matrix}\right.$

Tính lim $U_{n}$

 

 

Lời giải 1:

 

Ta có $\left(u_{n+1}-2 \right)\left( u_{n+1}+1\right)^2 = \sqrt{2+u_n}-2=\frac{u_n-2}{\sqrt{2+u_n}+2}.$

Hơn nữa, vì $u_1>2$ nên $u_{n}>2 \forall n\in \mathbb{N}.$

 

Và ta có thể ra dãy là dãy giảm thông qua một trong các "đánh giá" sau:

(i) $u_ n\ge \sqrt{2+u_n}=u_{n+1} (u_{n+1}^2-3) \ge u_{n+1} . (2^2-3)=u_{n+1} \forall n\in mathbb{N}.$

 

(ii) Dùng qui nạp với phác thảo phần chính: Vì $u_{n+1}^{3}-3u_{n+1}- [u_{n}^{3}-3u_{n}]= \sqrt{u_{n}+2}- \sqrt{u_{n-1}+2}$ nên

$\left( u_{n+1}-u_n\right)\left(u_{n+1}^2+u_{n+1}u_n+u_n^2-3 \right)=\sqrt{u_{n}+2}- \sqrt{u_{n-1}+2}\ge 0.$ 

 

 

Lời giải 2:

 

Từ $\left(u_{n+1}-2 \right)\left( u_{n+1}+1\right)^2 = \sqrt{2+u_n}-2=\frac{u_n-2}{\sqrt{2+u_n}+2}$, ta chứng minh được $u_n>2 \forall n\in \mathbb{N}$ bằng phương pháp qui nạp.

 

Cũng từ đẳng thức trên ta có

$9[u_{n+1}-2] \le \left(u_{n+1}-2 \right)\left( u_{n+1}+1\right)^2=\frac{u_n-2}{\sqrt{2+u_n}+2}\le \frac{u_n-2}{4}.$

 

Do đó, $0<u_{n+1}-2\le \frac{1}{36} (u_n-2)$ với mọi $n\ge 1.$

[An Infinitesimal]

Lời giải 3: (Tuyến tính hóa)

 

Ta có $$ u_{n+1}^{3}-3u_{n+1}= \sqrt{u_n+2} \le \frac{u_n+6}{4}.$$

Sử dụng thông tin $u_n \ge 2$, ta có thể giải tương tự như bài 2 nhưng với tính toán đơn giản hơn.

(Nếu "tiếp tục quảng bá cho bổ đề giới hạn" thì đây là một minh họa tốt!)

 

Lời giải 4: 

(Dùng định lý Lagrange/ Dãy co)
Dãy số có dạng

 

$f(u_{n+1})= g(u_n)$

thỏa: có các số thực dương $a, b$:  $f'(x)> a> 0<g'(x)<b \forall x\ge 2$ với $\frac{b}{a}<1.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi An Infinitesimal: 25-02-2018 - 13:51