Chủ đề này có 33 trả lời

[alex_hoang]

DÃY SỐ VÀ GIỚI HẠN QUA CÁC KÌ THI OLYMPIC
BÀi 1(Croatia TST 2011 ngÀy 1)cho dÃy số $(x_n)_n$ được xÁc định như sau
$x_1=a,x_2=b,{x_n} = \dfrac{{x_{n - 1}^2 + x_{n - 2}^2}}{{{x_{n - 1}} + {x_{n - 2}}}}\forall n \ge 3$
với a,b>1 lÀ cÁc số nguyên phân biệt
CMR$ x_n$ không lÀ số nguyên với mọi n>2
BÀi 2(Croatia TST 2011 ngÀy 2) cho dÃy số $(a_n)$ với $a_0=1$ vÀ ${a_{n + 1}} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\dfrac{{{a_n}}}{2},{a_n} \equiv 0(\bmod 2)}\\{{a_n} + d,{a_n} \equiv 1(\bmod 2)}\end{array}} \right.$
tÌm tất cả cÁc số nguyên dương d sao cho tồn tại $a_i=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 26-11-2011 - 12:08

[Didier]

$\ $x_n = \dfrac{{x_{n - 1}^2 + x_{n - 2}^2 }}{{x_{n - 1} + x_{n - 2} }}$$

$\ $x_n = \dfrac{{x_{n - 1}^2 + x_{n - 2}^2 }}{{x_{n - 1} + x_{n - 2} }}$$
vậy$\ $ \Leftrightarrow x_n = x_{n - 1} + x_{n - 2} - \dfrac{{2x_{n - 1} x_{n - 2} }}{{x_{n - 1} + x_{n - 2} }}$$
để$\ x_n$ \in $Z$( ở đay ta giả sử$\ ${x_{n - 1} }$ , ${x_{n - 2} }$ $ \in $ Z$)
$\ $ \Leftrightarrow\dfrac{{2x_{n - 1} x_{n - 2} }}{{x_{n - 1} + x_{n - 2} }} \in Z \Rightarrow 2x_{n - 1} x_{n - 2} = mx_{n - 1} + mx_{n - 2} $$$\$(m \in Z) $ $
$\$ \Leftrightarrow (x_{n - 1} - m)(x_{n - 2} - m) = x_{n - 1} x_{n - 2} \Leftrightarrow m = 0 \Rightarrow $$trái với giả thiết
vậy chắc chắn$\ $x_3 \notin Z$$
đặt$\ $x_{n - 1} = \dfrac{g}{z}$$ \$x_{n - 2} = \dfrac{d}{c}$$
do$\ $x_{n - 1} $$$\$x_{n - 2} $$ là những số hữu tỷ$\$(g,c,d,z \in Z)$$
$\ \Rightarrow x_n = \dfrac{{\dfrac{{g^2 }}{{z^2 }} + \dfrac{{d^2 }}{{c^2 }}}}{{\dfrac{g}{z} + \dfrac{d}{c}}} \Leftrightarrow \dfrac{{g^2 c^2 + d^2 z^2 }}{{zc(gc + zd)}}$
mà$\dfrac{{g^2 c^2 + d^2 z^2 }}{{gc + zd}}$không thuộc Z (do g,z,d,c nguyên)
$ \Rightarrow\[x_n \notin Z\]$
với $ \[x_{n - 2}\] \[x_{n - 2}\]$ là số hữu tỉ (có thể nguyen hoặc thập phân)
đừng để ý phần $ nhá tôi gõ mathtype gà lắm ai biết tôi sai đâu chỉ hộ nha

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Didier: 24-07-2011 - 13:14

[Didier]

DÃY SỐ VÀ GIỚI HẠN QUA CÁC KÌ THI OLYMPIC
Bài 1(Croatia TST 2011 ngày 1)cho dãy số $(x_n)_n$ được xác định như sau
$x_1=a,x_2=b,{x_n} = \dfrac{{x_{n - 1}^2 + x_{n - 2}^2}}{{{x_{n - 1}} + {x_{n - 2}}}}\forall n \ge 3$
với a,b>1 là các số nguyên phân biệt
CMR$ x_n$ không là số nguyên với mọi n>2
Bài 2(Croatia TST 2011 ngày 2) cho dãy số $(a_n)$ với $a_0=1$ và ${a_{n + 1}} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\dfrac{{{a_n}}}{2},{a_n} \equiv 0(\bmod 2)}\\{{a_n} + d,{a_n} \equiv 1(\bmod 2)}\end{array}} \right.$
tìm tất cả các số nguyên dương d sao cho tồn tại $a_i=1$

ta co$ \dfrac{{a^2 + b^2 }}{{a + b}} = a + b - \dfrac{{2ab}}{{a + b}} mà a \neq b>1 \Rightarrow \dfrac{{2ab}}{{a + b}}\notin Z \Rightarrow x_3 \notin Z$
vậy ta có $ \forall a,b \in Z$ phân biệt và >1 thì đều có$ \dfrac{{a^2 + b^2 }}{{a + b}} \notinZ$
vì$\ x_n$là số hữu tỉ ($\ x_1,x_2 \in Z$)
$ \Rightarrow $ đặt$\ x_{n - 1} = \dfrac{m}{n}(m,n \in Z)$
$\ x_{n - 2} = \dfrac{z}{d}(z,d \in Z)$
$\Rightarrow x_n = \dfrac{{\dfrac{{m^2 }}{{n^2 }} + \dfrac{{z^2 }}{{d^2 }}}}{{\dfrac{m}{n} + \dfrac{z}{d}}} = \dfrac{{\dfrac{{m^2 d^2 + n^2 z^2 }}{{n^2 d^2 }}}}{{\dfrac{{md + nz}}{{nd}}}} = \dfrac{{m^2 d^2 + n^2 z^2 }}{{nd(md + nz)}}$
$ \dfrac{{m^2 d^2 + n^2 z^2 }}{{(md + nz)}}\notin Z$$ \Rightarrow x_n \notin Z \forall n \ge3$

[alex_hoang]

Có lẽ topic này cũng cần trỏ lại đúng với vai trò của nó sau một thời gian dài im tiếng rồi
Bài 3
Cho dãy số $(x_n),n \in N*$ xác định như sau

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = \frac{3}{2}}\\{{x_{n + 1}} = \frac{{{x_n}}}{{2(2n + 1){x_n} + 1}}}\end{array};\forall n \in N*} \right.\]
Tính \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} \]

[alex_hoang]

Bài tiếp nhé
Bài 4:CMR tồn tại đúng một dãy số nguyên $(u_n)$ thỏa mãn điều kiện sau $u_1=1;u_2>1$ và


\[\left\{ {\begin{array}{{u_1} = 1;{u_2} > 1}\\{u_{n + 1}^3 + 1 = {u_n}{u_{n + 2}}}\end{array}} \right.\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 26-11-2011 - 15:12

[alex_hoang]

Bài 5 Cho dãy số $(x_n),n=0,1...$ được xác định bởi $x_0=a$ và ${x_{n + 1}} = \sqrt {\dfrac{1}{{{x_n} + 1}} + 1} ;n = 0,1,...$
Với $a$ là số cho trước lớn hơn $1$.Tìm $limx_n$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 26-11-2011 - 13:49

[Crystal]

Bài 5 Cho dãy số $(x_n),n=0,1...$ được xác định bởi $x_0=a$ và ${x_{n + 1}} = \sqrt {\dfrac{1}{{{x_n} + 1}} + 1} ;n = 0,1,...$
Với $a$ là số cho trước lớn hơn $1$.Tìm $limx_n$

Nhận xét rằng với ${x_0} = \alpha > 1:{x_n} > 0 \Rightarrow {x_n} > 1,\,\,n = 1,2,...$.

Xét hàm số: $f\left( x \right) = \sqrt {1 + \dfrac{1}{{x + 1}}} \Rightarrow {x_{n + 1}} = f\left( {{x_n}} \right)$

Ta có: $f'\left( x \right) = \dfrac{{ - 1}}{{2{{\left( {x + 1} \right)}^2}\sqrt {1 + \dfrac{1}{{x + 1}}} }} < 0,\,\,\,\left| {f'\left( x \right)} \right| < \dfrac{1}{8},\,\,x > 1$

Vì $f\left( 1 \right) > 1,\,\,f\left( 2 \right) < 2$ nên phương trình f (x) = x có nghiệm duy nhất trong khoảng (1;2). Gọi nghiệm đó là T.

Theo định lý Lagrange thì $\forall T \ne x > 1\,\,\exists c > 1:\dfrac{{f\left( x \right) - f\left( T \right)}}{{x - T}} = f'\left( c \right)$

$ \Rightarrow \left| {f\left( x \right) - f\left( T \right)} \right| < \dfrac{1}{8}\left| {{x_n} - T} \right|$

$ \Leftrightarrow \left| {{x_{n + 1}} - T} \right| < \dfrac{1}{8}\left| {{x_n} - T} \right| < ... < {\left( {\dfrac{1}{8}} \right)^{n + 1}}\left| {{x_0} - 1} \right| \Rightarrow \lim {x_n} = T$

Giải phương trình: $f\left( x \right) = x \Leftrightarrow \sqrt {1 + \dfrac{1}{{x + 1}}} = x \Leftrightarrow {\left( {x + \dfrac{1}{3}} \right)^3} - 2\left( {x + \dfrac{1}{3}} \right) = \dfrac{{25}}{{27}}$ ta có nghiệm trong (1;2) là:

$T = \sqrt {\dfrac{{43}}{{54}} + \dfrac{{\sqrt {177} }}{{18}}} + \sqrt {\dfrac{{43}}{{54}} - \dfrac{{\sqrt {177} }}{{18}}} - \dfrac{1}{3}$

Vậy $\lim {x_n} = \sqrt {\dfrac{{43}}{{54}} + \dfrac{{\sqrt {177} }}{{18}}} + \sqrt {\dfrac{{43}}{{54}} - \dfrac{{\sqrt {177} }}{{18}}} - \dfrac{1}{3}$.

[Crystal]

Những pic của Hoàng rất hay. Anh hết lòng ủng hộ Hoàng, xin góp một bài.

Bài 6: Cho dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ xác định bởi ${u_n} = \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {\dfrac{1}{{\prod\limits_{j = 0}^{2011} {\left( {i + j} \right)} }}} \right)} $. Tính $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n}$.

[alex_hoang]

Bài 7:Cho dãy số ${x_n}$ xác định bởi công thức \[{x_n} = \left( {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)\left( {1 + \frac{2}{{{n^2}}}} \right)....\left( {1 + \frac{n}{{{n^2}}}} \right)\]
Hãy tìm \[\lim \left( {\ln {x_n}} \right)\]

[Crystal]

Bài 7:Cho dãy số ${x_n}$ xác định bởi công thức \[{x_n} = \left( {1 + \dfrac{1}{{{n^2}}}} \right)\left( {1 + \dfrac{2}{{{n^2}}}} \right)....\left( {1 + \dfrac{n}{{{n^2}}}} \right)\]
Hãy tìm \[\lim \left( {\ln {x_n}} \right)\]

Ta chứng minh: $$x - \dfrac{{{x^2}}}{x} < \ln \left( {x + 1} \right) < x,\,\,\forall x > 0$$

Thât vây, xét: $$\left\{ \begin{gathered}
f\left( x \right) = \ln \left( {x + 1} \right) - x + \dfrac{{{x^2}}}{2} \\
g\left( x \right) = x - \ln \left( {x + 1} \right) \\
\end{gathered} \right.\,\,\,,x > 0 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
f'\left( x \right) = \dfrac{1}{{x + 1}} - 1 + x = \dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} > 0 \\
g'\left( x \right) = 1 - \dfrac{1}{{x + 1}} = \dfrac{x}{{x + 1}} > 0 \\
\end{gathered} \right.\,\,,x > 0$$
Suy ra $f,g$ tăng trên $\left( {0, + \infty } \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
f\left( x \right) > f\left( 0 \right) = 0\\
g\left( x \right) > g\left( 0 \right) = 0
\end{array} \right.,\,\,\forall x > 0 \Rightarrow x - \dfrac{{{x^2}}}{x} < \ln \left( {x + 1} \right) < x,\,\,\forall x > 0$
Ta có: $$\ln {x_n} = \ln \left( {1 + \dfrac{1}{{{n^2}}}} \right) + \ln \left( {1 + \dfrac{2}{{{n^2}}}} \right) + ... + \ln \left( {1 + \dfrac{n}{{{n^2}}}} \right)$$
áp dụng BĐT trên: $$\dfrac{i}{{{n^2}}} - \dfrac{{{i^2}}}{{2{n^4}}} < \ln \left( {1 + \dfrac{i}{{{n^2}}}} \right) < \dfrac{i}{{{n^2}}},\,\,\forall i = \overline {1,n} $$
$$ \Rightarrow \dfrac{1}{{{n^2}}}\left( {1 + 2 + ... + n} \right) - \dfrac{1}{{2{n^4}}}\left( {{1^2} + {2^2} + ... + {n^2}} \right) < \ln {x_n} < \dfrac{1}{{{n^2}}}\left( {1 + 2 + ... + n} \right)$$
$$ \Rightarrow \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{{2{n^2}}} - \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}{{12{n^4}}} < \ln {x_n} < \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{{2{n^2}}}$$
Mặt khác: $$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{{2{n^2}}} - \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}{{12{n^4}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{{2{n^2}}}} \right) = \dfrac{1}{2}$$
Từ đó theo nguyên lí kẹp, suy ra: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\ln {x_n}} \right) = \boxed{\dfrac{1}{2}}$

[alex_hoang]

Bài 8:Cho hai dãy số $(x_n);(y_n)$ thỏa mãn

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{x_1} = - 1}\\
{{y_1} = 1}
\end{array}} \right.\]
Và

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{x_{n + 1}} = - 3x_n^2 - 2{x_n}{y_n} + 8{y^2}_n}\\
{{y_{n + 1}} = 2x_n^2 + 3{x_n}{y_n} - 2{y^2}_n}
\end{array}} \right.\]
Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $x_p+y_p$ không chia hết cho $p$

[Crystal]

Bài 8:Cho hai dãy số $(x_n);(y_n)$ thỏa mãn
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{x_1} = - 1}\\
{{y_1} = 1}
\end{array}} \right.\]
Và
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{x_{n + 1}} = - 3x_n^2 - 2{x_n}{y_n} + 8{y^2}_n}\\
{{y_{n + 1}} = 2x_n^2 + 3{x_n}{y_n} - 2{y^2}_n}
\end{array}} \right.\]
Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $x_p+y_p$ không chia hết cho $p$

Theo công thức truy hồi của hai dãy $(x_n);(y_n)$ ta có nhận xét: $${x_n} + 2{y_n} = {\left( {{x_{n - 1}} + 2{y_{n - 1}}} \right)^2} = ... = {\left( {{x_1} + 2{y_1}} \right)^{{2^{n - 1}}}} = 1\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$$
Ta có: ${y_{n + 1}} = \left( {2{x_n} - {y_n}} \right)\left( {{x_n} + 2{y_n}} \right)$. Giả sử tồn tại số tự nhiên $k$ sao cho $2{x_k} = {y_k} \Rightarrow {y_{k + 1}} = 0$.
Khi đó: $\left\{ \begin{array}{l}
{x_{k + 2}} = - 3x_{k + 1}^2\\
{x_{k + 2}} = 1
\end{array} \right.$, vô lí. Vậy ${y_{n + 1}} = \left( {2{x_n} - {y_n}} \right)\left( {{x_n} + 2{y_n}} \right) \ne 0\,\,\,\forall n$
Suy ra: $$\dfrac{{{x_{n + 1}}}}{{{y_{n + 1}}}} = - \dfrac{{\left( {3{x_n} - 4{y_n}} \right)\left( {{x_n} + 2{y_n}} \right)}}{{\left( {2{x_n} - {y_n}} \right)\left( {{x_n} + 2{y_n}} \right)}} = \dfrac{{4{y_n} - 3{x_n}}}{{2{x_n} - {y_n}}}$$
Đặt: $${u_{n + 1}} = \dfrac{{{x_{n + 1}}}}{{{y_{n + 1}}}} \Rightarrow {u_1} = - 1,\,\,{u_{n + 1}} = \dfrac{{4 - 3{u_n}}}{{2{u_n} - 1}} \Rightarrow {u_{n + 1}} + 2 = \dfrac{{{u_n} + 2}}{{2{u_n} - 1}} \Rightarrow \dfrac{1}{{{u_{n + 1}} + 2}} = 2 - \dfrac{5}{{{u_n} + 2}}$$
Lại đặt: ${v_n} = \dfrac{1}{{{u_n} + 2}} \Rightarrow {v_{n + 1}} = 2 - 5{v_n}$. Từ đây dễ dàng tìm được CTTQ của $(v_n)$:
$${v_n} = \dfrac{{1 + 2{{\left( { - 5} \right)}^{n - 1}}}}{3} \Rightarrow \dfrac{1}{{{u_n} + 2}} = \dfrac{{1 + 2{{\left( { - 5} \right)}^{n - 1}}}}{3} \Rightarrow {u_n} = \dfrac{{1 - 4{{\left( { - 5} \right)}^{n - 1}}}}{{1 + 2{{\left( { - 5} \right)}^{n - 1}}}} = \dfrac{{{x_n}}}{{{y_n}}}\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$$
Từ (1) và (2) suy ra:$${x_n} = \dfrac{{1 - 4{{\left( { - 5} \right)}^{n - 1}}}}{3},\,\,{y_n} = \dfrac{{1 + 2{{\left( { - 5} \right)}^{n - 1}}}}{3} \Rightarrow {x_n} + {y_n} = \dfrac{{2 - 2{{\left( { - 5} \right)}^{n - 1}}}}{3}$$
Nếu $p = 2 \Rightarrow {x_2} + {y_2} = 4\,\, \vdots \,\,2$, không thoả.
Nếu $p = 3 \Rightarrow {x_3} + {y_3} = - 16$ không chia hết cho 3, suy ra $p=3$ thoả.
Tương tự thì $p=5$ cũng thoả.
Xét $p > 5 \Rightarrow {\left( { - 5} \right)^{p - 1}} \equiv 1\left( {\bmod p} \right) \Rightarrow {x_p} + {y_p} \equiv 0\left( {\bmod p} \right)$.
Vậy $\boxed{p = \left\{ {3,5} \right\}}$.

[alex_hoang]

Bài 9:Giả sử $k$ là số nguyên dương và $\alpha $ là số thực bất kì.Tìm giớ hạn của dãy $(a_n)$ với
\[{a_n} = \frac{{\left[ {{1^k}\alpha } \right] + \left[ {{2^k}\alpha } \right] + ... + \left[ {{n^k}\alpha } \right]}}{{{n^{k + 1}}}}(n = 1,2,3......)\]
$\left[ x \right]$ là phần nguyên của $x$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 27-11-2011 - 18:51

[Crystal]

Bài 9:Giả sử $k$ là số nguyên dương và $\alpha $ là số thực bất kì.Tìm giớ hạn của dãy $(a_n)$ với
\[{a_n} = \dfrac{{\left[ {{1^k}\alpha } \right] + \left[ {{2^k}\alpha } \right] + ... + \left[ {{n^k}\alpha } \right]}}{{{n^{k + 1}}}}(n = 1,2,3......)\]
$\left[ x \right]$ là phần nguyên của $x$

Dễ thấy ${i^k},i = \overline {1,n} $ nguyên nên ${a_n} = \dfrac{{\left[ \alpha \right]\left( {{1^k} + {2^k} + ... + {n^k}} \right)}}{{{n^{k + 1}}}} = \left[ \alpha \right]\dfrac{1}{n}{\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {\dfrac{i}{n}} \right)} ^k}$
Xét hàm số: $f\left( x \right) = {x^k}$ xác định, liên tục và khả tích trên $\left[ {0,1} \right]$.
Chia đoạn $\left[ {0,1} \right]$ bởi các điểm ${x_i} = \dfrac{i}{n}$, chọn điểm ${c_i} = \dfrac{i}{n} \in \left[ {{x_{i - 1}},{x_i}} \right],\,\,i = \overline {1,n} $
Khi đó: $$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\left[ \alpha \right]\dfrac{1}{n}{{\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {\dfrac{i}{n}} \right)} }^k}} \right) = \left[ \alpha \right]\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\dfrac{1}{n}{{\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {\dfrac{i}{n}} \right)} }^k}} \right) = \left[ \alpha \right]\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i = 1}^n {f\left( {\dfrac{i}{n}} \right)} } \right)$$
$$ = \left[ \alpha \right]\int\limits_0^1 {f\left( x \right)} dx = \left[ \alpha \right]\int\limits_0^1 {{x^k}dx = } \left[ \alpha \right]\left. {\left( {\dfrac{{{x^{k + 1}}}}{{k + 1}}} \right)} \right|_0^1 = \dfrac{{\left[ \alpha \right]}}{{k + 1}}$$
Vậy $$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\left[ \alpha \right]\dfrac{1}{n}{{\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {\dfrac{i}{n}} \right)} }^k}} \right) = \boxed{\dfrac{{\left[ \alpha \right]}}{{k + 1}}}$$

[alex_hoang]

Bài 9:Giả sử $k$ là số nguyên dương và $\alpha $ là số thực bất kì.Tìm giớ hạn của dãy $(a_n)$ với
\[{a_n} = \frac{{\left[ {{1^k}\alpha } \right] + \left[ {{2^k}\alpha } \right] + ... + \left[ {{n^k}\alpha } \right]}}{{{n^{k + 1}}}}(n = 1,2,3......)\]
$\left[ x \right]$ là phần nguyên của $x$

Giải Trước hết thì ta có
$x-1<[x]\le x$
Do vậy ta được
\[\frac{{\alpha \left( {{1^k} + {2^k} + ... + {n^k}} \right)}}{{{n^{k + 1}}}} - \frac{1}{{{n^k}}} < {a_n} \le \frac{{\alpha \left( {{1^k} + {2^k} + ... + {n^k}} \right)}}{{{n^{k + 1}}}}\]
Ta có
\[\frac{{\left( {{1^k} + {2^k} + ... + {n^k}} \right)}}{{{n^{k + 1}}}} = \frac{1}{n}\sum\limits_{i = 1}^n {{{\left( {\frac{i}{n}} \right)}^k}} = \frac{1}{n}\sum\limits_{i = 1}^n {f(\frac{i}{n})} ,(f(x) = {x^k})\]
Ta có
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\left( {{1^k} + {2^k} + ... + {n^k}} \right)}}{{{n^{k + 1}}}} = \int\limits_0^1 {f(x)d(x)} = \int\limits_0^1 {{x^k}dx} = \frac{1}{{k + 1}}\]
Vậy thì
\[\lim {a_n} = \frac{\alpha }{{k + 1}}\]

[Crystal]

Bài 10: Dãy số $\left\{ {{x_n}} \right\}$ xác định như sau:
$${x_1} = {x_2} = 0;{x_3} = 9;{x_n} + {x_{n + 1}} + {x_{n + 2}} = 3{x_{n + 3}},\,\,\forall n \geqslant 1$$
Chứng minh rằng $\left\{ {{x_n}} \right\}$ hội tụ và tìm $\lim {x_n}$

[NGOCTIEN_A1_DQH]

mình xin đóng góp 1 bài cho topic này, bài này mình cũng đã từng đăng lên nhưng chưa thấy ai giải cả
bài 11:
cho dãy số $ x_n $ với:
$ x_1=a>0 $
$ x_{n+1} =x_n+\dfrac{x_n^2}{n^2} $ với $ n \geq 1 $

tìm a>0 để dãy $ x_n $ có giới hạn hữu hạn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NGOCTIEN_A1_DQH: 28-11-2011 - 19:21

[Crystal]

Giới thiệu một bài hay.

Bài 12: Cho $x\in \mathbb{R},\; a_{i0}=\dfrac{x}{2^{i}};\; a_{ij+1}=a_{ij}^{2}+2a_{ij},\; i,j=0,1,2,3...$. Tìm $\lim_{n\rightarrow \infty }a_{nn}$

[Crystal]

mình xin đóng góp 1 bài cho topic này, bài này mình cũng đã từng đăng lên nhưng chưa thấy ai giải cả
bài 11:
cho dãy số $ x_n $ với:
$ x_1=a>0 $
$ x_{n+1} =x_n+\dfrac{x_n^2}{n^2} $ với $ n \geq 1 $

tìm a>0 để dãy $ x_n $ có giới hạn hữu hạn

Bài này mình dự đoán rồi chứng mình. Lời giải này có vẻ không thuyết phục nhưng cũng xin post lên để mọi người cho ý kiến.

Ta sẽ chứng minh dãy $\left\{ {{x_n}} \right\}$ có giới hạn hữu hạn khi $a \in \left( {0,1} \right)$.

Thật vậy, dễ thấy ${x_{n + 1}} \geqslant {x_n},\,\forall n \geqslant 1$.

Nếu ${x_n} \leqslant n{x_1}$ thì ${x_{n + 1}} = {x_n} + \dfrac{{x_n^2}}{{{n^2}}} < n{x_1} + \dfrac{{{{\left( {n{x_1}} \right)}^2}}}{{{n^2}}} = n{x_1} + x_1^2 < \left( {n + 1} \right){x_1}\,\,\,\,do\,\,0 < {x_1} = a < 1$

Do đó, theo quy nạp ta chứng minh được: ${x_n} \leqslant n{x_1},\,\,\forall n \geqslant 1$

Với $m$ nguyên dương đủ lớn để $\dfrac{1}{m} < 1 - {x_1}$ thì $\dfrac{{{x_m}}}{m} < {x_1} < 1 - \dfrac{1}{m} \Rightarrow {x_m} < m - 1$

Ta có: $$\dfrac{1}{{{x_n}}} - \dfrac{1}{{{x_{n + 1}}}} = \dfrac{{\dfrac{{x_n^2}}{{{n^2}}}}}{{{x_n}{x_{n + 1}}}} = \dfrac{1}{{{n^2}}}.\dfrac{{{x_n}}}{{{x_{n + 1}}}} < \dfrac{1}{{{n^2}}} < \dfrac{1}{{n\left( {n - 1} \right)}} = \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{{n - 1}}$$
Suy ra: $$\sum\limits_{k = m}^n {\left( {\dfrac{1}{{{x_k}}} - \dfrac{1}{{{x_{k + 1}}}}} \right)} < \sum\limits_{k = m}^n {\left( {\dfrac{1}{k} - \dfrac{1}{{k - 1}}} \right) \Rightarrow \dfrac{1}{{{x_m}}} - \dfrac{1}{{{x_n}}} = \dfrac{1}{m} - \dfrac{1}{{n - 1}} < \dfrac{1}{m},\,\,\forall n > m} $$
$$ \Rightarrow {x_n} < \dfrac{{\left( {m - 1} \right){x_m}}}{{m - {x_m} - 1}},\,\,\,\,\forall n > m$$
Vậy dãy $\left\{ {{x_n}} \right\}$ tăng và bị chặn trên nên hội tụ. Xong!

[Crystal]

Còn mấy bài chưa được giải quyết. Mọi người cùng giải để post bài mới.

[1] Bài 4: (post by alex_hoang)
CMR tồn tại đúng một dãy số nguyên $(u_n)$ thỏa mãn điều kiện sau $u_1=1;u_2>1$ và
\[\left\{ {\begin{array}{{u_1} = 1;{u_2} > 1}\\{u_{n + 1}^3 + 1 = {u_n}{u_{n + 2}}}\end{array}} \right.\]

[2] Bài 6: (post by xusinst)
Cho dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ xác định bởi ${u_n} = \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {\dfrac{1}{{\prod\limits_{j = 0}^{2011} {\left( {i + j} \right)} }}} \right)} $. Tính $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n}$.

[3] Bài 10: (post by xusinst)
Dãy số $\left\{ {{x_n}} \right\}$ xác định như sau:
$${x_1} = {x_2} = 0;{x_3} = 9;{x_n} + {x_{n + 1}} + {x_{n + 2}} = 3{x_{n + 3}},\,\,\forall n \geqslant 1$$
Chứng minh rằng $\left\{ {{x_n}} \right\}$ hội tụ và tìm $\lim {x_n}$

[4] Bài 12: (post by xusinst)
Cho $x\in \mathbb{R},\; a_{i0}=\dfrac{x}{2^{i}};\; a_{ij+1}=a_{ij}^{2}+2a_{ij},\; i,j=0,1,2,3...$. Tìm $\lim_{n\rightarrow \infty }a_{nn}$