Đến nội dung

Hình ảnh

[MO2013] Trận 7 - Dãy số, giới hạn


  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 12 trả lời

#1
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

Chuyển nhanh đến:
1) Điều lệ
2) Đăng kí thi đấu
3) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả


Vào hồi 20h00, Thứ Sáu, ngày 05/10/2012, Tổ trọng tài sẽ ra đề vào topic này, sau khi có đề, các toán thủ bắt đầu thi đấu.

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

BTC lưu ý:
1) Trận 7 có 28 toán thủ tham gia nên sau trận này, 02 toán thủ ít điểm nhất sẽ bị loại.

2) Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn

3) Toán thủ nào tự ý sửa bài sau khi trận đấu kết thúc sẽ được 0 điểm.
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#2
TRONG TAI

TRONG TAI

    Trọng tài MO2014

  • Thành viên
  • 38 Bài viết
Vì trận này không có ai nộp đề hoàn chỉnh nên BTC sẽ ra đề kì này.
Bài toán:
Tìm \[
\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sin \left( {\pi \sqrt {n^2 + n} } \right)
\]

Thời gian làm bài tính từ 20h 05/10/12

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 05-10-2012 - 18:14

1) Hãy tham gia các cuộc thi dành cho THCS, THPT, Olympic
2) Tham gia gameshow toán học PSW tại đây
3) Học gõ công thức toán tại:
http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
4) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...

#3
Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết
Xét hai dãy con tương ứng $n$ chẵn và $n$ lẻ.
Với $n$ chẵn ta có: $\lim_{n\to{+\infty}}sin(\pi{\sqrt{n^2+n}}) = \lim_{n\to{+\infty}}(sin(\pi{\sqrt{n^2+n}}-n\pi))=\lim_{n\to{+\infty}}(sin(\pi\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}))=1$.
Tương tự $n$ lẻ ta được giới hạn là $-1$.
Vậy dãy trên không hội tụ khi n đến vô cùng nhưng với $n$ chẵn hoặc $n$ lẻ thì lại hội tụ với giới hạn hữu hạn như trên.

D-B=0.7h
E=9.5
F=0
S=79.8

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 08-10-2012 - 21:59

Chữ ký spam! Không cần xoá!

#4
nthoangcute

nthoangcute

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2003 Bài viết

Vì trận này không có ai nộp đề hoàn chỉnh nên BTC sẽ ra đề kì này.
Bài toán:
Tìm \[
\mathop \lim \limits_{n \to + \infty } \sin \left( {\pi \sqrt {n^2 + n} } \right)
\]

Do chưa học cái này nên em không biết phải làm như thế nào nữa, đành làm liều !!!
_________________________
Xét hàm số $f(n)=\sin \left( {\pi \sqrt {n^2 + n} } \right)$ với $n \geq 0$ hoặc $n \leq -1$
Khi đó $f'(n)=\dfrac{ \cos \left( {\pi \sqrt {n^2 + n} } \right) \pi (2n+1)}{2 \sqrt {n^2 + n}}$
$f'(n)=0 \Leftrightarrow n= \pm \dfrac{2x^2-2x+1}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{2}$
Vậy ta có bảng biến thiên:
$$\begin{array}{c|ccccccccccccccccccccc}
x & -\infty & ...\; & \; & -\dfrac{\sqrt{13}}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{2} & \;& -\dfrac{\sqrt{5}}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{2} & \; & -\dfrac{1+\sqrt{2}}{2} &&-1&&0& \; &-\dfrac{1-\sqrt{2}}{2} & \; &\dfrac{\sqrt{5}}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{2} & \; &\dfrac{\sqrt{13}}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{2} & \;& ...&+\infty\\
\hline
f^\prime(x) &\;&...&+&0&\;-&0&\;+&0&-\;&\|& \times \times \times &\|&+&0&\;-&0&\;+&0&\;-&... \\
\hline
\; &&...&&1&&&&1&&\|&\times \times \times&\|&\;&1&\;&&\;&1&\;&...& \\
f(x) &&...& \nearrow & \; & \searrow && \nearrow && \searrow &\|& \times \times \times &\|&\nearrow & \; & \searrow && \nearrow && \searrow & \\
\quad &&...&&&&-1&&&&\|&\times \times \times&\|&\;&&\;&-1&\;&&\;&...&
\end{array}$$
Do đó $\mathop \lim \limits_{n \to + \infty } \sin \left( {\pi \sqrt {n^2 + n} } \right)=-1..1$
__________
P/s:Em không biết vẽ bảng biến thiên như thế nào nữa, vẽ trên Latex càng khó hơn, mong Trọng Tài thông cảm.

S=0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 08-10-2012 - 21:54

BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO

 

Facebook : facebook.com/viet.alexander.7


Youtube : youtube.com/nthoangcute


Gmail : [email protected]


SÐT : 0965734893


#5
minhtuyb

minhtuyb

    Giả ngu chuyên nghiệp

  • Thành viên
  • 470 Bài viết
*C/m hàm số $f(x)=\sin x$ không có giới hạn khi $x\rightarrow +\infty$:

Giả sử $\lim_{x\rightarrow +\infty} \sin x=L$ thì $L$ sẽ tồn tại duy nhất.
Vậy ta sẽ chỉ ra hai dãy số mà khi $x\rightarrow +\infty$ nó làm cho $\sin x$ tiến đến 2 giới hạn khác nhau
Xét dãy $x_1=\dfrac{\pi}{2} +k2\pi$ và dãy $x_2=-\dfrac{\pi}{2} +k2\pi$ (với $k \in \mathbb{Z} $)
Khi $x_1\rightarrow +\infty$ thì $\lim \sin x_1=\lim (\dfrac{\pi}{2} +k2\pi)=1$
Khi $x_2\rightarrow +\infty$ thì $\lim \sin x_2=\lim (-\dfrac{\pi}{2} +k2\pi)=-1$

Rõ ràng 2 giới hạn này khác nhau, mâu thuẫn vì $L$ tồn tại duy nhất.
Vậy không tồn tại giới hạn của hàm số $f(x)=\sin x$ khi $x\rightarrow +\infty$.

Vậy hàm số đã cho không có giới hạn khi $n\rightarrow +\infty\ \square$

Thế em đã chứng minh $\sqrt{n^2+n} \to +\infty$ khi $n \to +\infty$?
D-B=14h

E=9
F=0
S=65

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 08-10-2012 - 22:01

Phấn đấu vì tương lai con em chúng ta!

#6
luuxuan9x

luuxuan9x

    Sát thủ có khuôn mặt trẻ thơ

  • Thành viên
  • 78 Bài viết
Không biết đúng không nhưng em cũng gửi bài giải.

*) Với n=1 ta có:$sin(\pi \sqrt{n^2+n})=sin(\pi \sqrt{2})< 0$ =>$\lim_{n \to +\infty }sin(\pi \sqrt{n^2+n})=\lim_{n \to \infty }sin(\pi \sqrt{2})=-1$

*)Với n=2 ta có:$sin(\pi \sqrt{n^2+n})=sin(\pi \sqrt{6})> 0$ =>$\lim_{n \to +\infty }sin(\pi \sqrt{n^2+n})=\lim_{n \to \infty }sin(\pi \sqrt{6})=1$

*)Với n=3 ta cũng có:$\lim_{n \to \infty }sin(\pi \sqrt{12})=-1$

*)Với n=4 ta cũng có:$\lim_{n \to \infty }sin(\pi \sqrt{20})=1$

Bằng quy nạp chứng minh được :*)Với n lẻ thì $\lim_{n \to \infty }sin(\pi \sqrt{n^2+n})=-1$
*)Với n chẵn thì $\lim_{n \to \infty }sin(\pi \sqrt{n^2+n})=1$

Vậy với n lẻ thì $\lim_{n \to \infty }sin(\pi \sqrt{n^2+n})=-1$ và với n chẵn thì $\lim_{n \to \infty }sin(\pi \sqrt{n^2+n})=1$.

S=0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 08-10-2012 - 22:01


#7
cool hunter

cool hunter

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 544 Bài viết

Vì trận này không có ai nộp đề hoàn chỉnh nên BTC sẽ ra đề kì này.
Bài toán:
Tìm \[
\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sin \left( {\pi \sqrt {n^2 + n} } \right)
\]

Thời gian làm bài tính từ 20h 05/10/12

$f(n)=sin(\pi\sqrt{n^{2}+n}) =sin(n\pi+\pi\sqrt{n^{2}+n}-n\pi) =sin(n\pi).cos(\pi\sqrt{n^{2}+n}-n\pi)+cos(n\pi).sin(\pi\sqrt{n^{2}+n}-n\pi) =cos(n\pi).sin(\pi\sqrt{n^{2}+n}-n\pi)$
(vì $sin(n\pi)=0$)
+) Nếu n chẵn:
$f(n)=sin(\pi\sqrt{n^{2}+n}-n\pi)$
$\lim_{n \to \infty }(\sqrt{n^{2}+n}-n) =\lim_{n \to \infty }(\frac{(n^{2}+n)-n^{2}}{\sqrt{n^{2}+n}+n}) =\lim_{n \to \infty } (\frac{n}{\sqrt{n^{2}+n}+n}) =\lim_{n \to \infty } (\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}) =\frac{1}{2}$
$\lim_{n \to \infty } f(n) =\lim_{n \to \infty } sin(\pi\sqrt{n^{2}+n}-n\pi) =\lim_{n \to \infty } sin\pi(\sqrt{n^{2}+n}-n) =sin(\frac{\pi}{2})=1$.
+) Nếu n lẻ:
$f(n)= -sin(\pi\sqrt{n^{2}+n}-n\pi)$
$lim(-sin(g(n))) = -sin lim(g(x ))$
$\Rightarrow \lim_{n \to \infty }f(n)=-1$.
Vậy không có lim.

D-B=25h
E=10
F=0
S=57

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 08-10-2012 - 22:03

Thà đừng yêu để giữ mình trong trắng

Lỡ yêu rôì nhất quyết phải thành công

                                                                 


#8
namcpnh

namcpnh

    Red Devil

  • Hiệp sỹ
  • 1153 Bài viết
Bài này kì quá,giải rồi mà chắc là sai,nhưng vẫn gửi bài lên coi sai chổ nào :icon6: .


Vì trận này không có ai nộp đề hoàn chỉnh nên BTC sẽ ra đề kì này.
Bài toán:
Tìm \[
\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sin \left( {\pi \sqrt {n^2 + n} } \right)
\]

Thời gian làm bài tính từ 20h 05/10/12


Ta có nhận xét :$\left\{\begin{matrix} sin\alpha < 0 (\pi < \alpha < 2\pi )\\ sin \beta > 0(0< \beta < \pi ) \end{matrix}\right.$

Khi đó với n lẻ thì $n=2k+1$ ($k\geq$ 0)

=>$sin ({\pi \sqrt {n^2 + n}})=sin(\pi \sqrt{4k^2+6k+2})=sin[2k\pi+(\sqrt{4k^2+6k+2})-2k)]=sin[\pi (\sqrt{4k^2+6k+2})-2k)]$.

Mà $\sqrt{4k^2+6k+2}> 2k+1<=>2k+1> 0$ (luôn đúng)

Và $\sqrt{4k^2+6k+2}< 2k+2<=>2k+2> 0$ (luôn đúng)

=>$1< \sqrt{4k^2+6k+2}-2k< 2$

<=>$\pi < \pi (\sqrt{4k^2+6k+2}-2k)< 2\pi$

=>$sin[\pi (\sqrt{4k^2+6k+2}-2k)]< 0$

Vậy với n lẻ thì $\lim_{n \to +\infty }sin(\pi \sqrt{n^2+n})= -1$.

Tương tự với trường hợp n chẵn thì $\lim_{n \to +\infty }sin(\pi \sqrt{n^2+n})= 1$

Vậy ta có 2 kết quả.

S=0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 08-10-2012 - 22:03

Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :

Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.

Wolframalpha đây


#9
E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 3861 Bài viết
Trận đấu đã kết thúc. Mời các toán thủ nhận xét bài làm của nhau

1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#10
Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết

Bài này kì quá,giải rồi mà chắc là sai,nhưng vẫn gửi bài lên coi sai chổ nào :icon6: .




Ta có nhận xét :$\left\{\begin{matrix} sin\alpha < 0 (\pi < \alpha < 2\pi )\\ sin \beta > 0(0< \beta < \pi ) \end{matrix}\right.$

Khi đó với n lẻ thì $n=2k+1$ ($k\geq$ 0)

=>$sin ({\pi \sqrt {n^2 + n}})=sin(\pi \sqrt{4k^2+6k+2})=sin[2k\pi+(\sqrt{4k^2+6k+2})-2k)]=sin[\pi (\sqrt{4k^2+6k+2})-2k)]$.

Mà $\sqrt{4k^2+6k+2}> 2k+1<=>2k+1> 0$ (luôn đúng)

Và $\sqrt{4k^2+6k+2}< 2k+2<=>2k+2> 0$ (luôn đúng)

=>$1< \sqrt{4k^2+6k+2}-2k< 2$

<=>$\pi < \pi (\sqrt{4k^2+6k+2}-2k)< 2\pi$

=>$sin[\pi (\sqrt{4k^2+6k+2}-2k)]< 0$

Vậy với n lẻ thì $\lim_{n \to +\infty }sin(\pi \sqrt{n^2+n})= -1$.

Tương tự với trường hợp n chẵn thì $\lim_{n \to +\infty }sin(\pi \sqrt{n^2+n})= 1$

Vậy ta có 2 kết quả.

Bài này không tồn tại lim bạn ạ, không thể có 2 kết quả được vì khi kết hợp lại thì hai kết quả không bằn nhau.
Chữ ký spam! Không cần xoá!

#11
Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết

Do chưa học cái này nên em không biết phải làm như thế nào nữa, đành làm liều !!!
_________________________
Xét hàm số $f(n)=\sin \left( {\pi \sqrt {n^2 + n} } \right)$ với $n \geq 0$ hoặc $n \leq -1$
Khi đó $f'(n)=\dfrac{ \cos \left( {\pi \sqrt {n^2 + n} } \right) \pi (2n+1)}{2 \sqrt {n^2 + n}}$
$f'(n)=0 \Leftrightarrow n= \pm \dfrac{2x^2-2x+1}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{2}$
Vậy ta có bảng biến thiên:
$$\begin{array}{c|ccccccccccccccccccccc}
x & -\infty & ...\; & \; & -\dfrac{\sqrt{13}}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{2} & \;& -\dfrac{\sqrt{5}}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{2} & \; & -\dfrac{1+\sqrt{2}}{2} &&-1&&0& \; &-\dfrac{1-\sqrt{2}}{2} & \; &\dfrac{\sqrt{5}}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{2} & \; &\dfrac{\sqrt{13}}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{2} & \;& ...&+\infty\\
\hline
f^\prime(x) &\;&...&+&0&\;-&0&\;+&0&-\;&\|& \times \times \times &\|&+&0&\;-&0&\;+&0&\;-&... \\
\hline
\; &&...&&1&&&&1&&\|&\times \times \times&\|&\;&1&\;&&\;&1&\;&...& \\
f(x) &&...& \nearrow & \; & \searrow && \nearrow && \searrow &\|& \times \times \times &\|&\nearrow & \; & \searrow && \nearrow && \searrow & \\
\quad &&...&&&&-1&&&&\|&\times \times \times&\|&\;&&\;&-1&\;&&\;&...&
\end{array}$$
Do đó $\mathop \lim \limits_{n \to + \infty } \sin \left( {\pi \sqrt {n^2 + n} } \right)=-1..1$
__________
P/s:Em không biết vẽ bảng biến thiên như thế nào nữa, vẽ trên Latex càng khó hơn, mong Trọng Tài thông cảm.

Chú Hoàng chắc dùng wolfram chứ đạo hàm cái này cũng mệt!
Chữ ký spam! Không cần xoá!

#12
minhtuyb

minhtuyb

    Giả ngu chuyên nghiệp

  • Thành viên
  • 470 Bài viết

Chú Hoàng chắc dùng wolfram chứ đạo hàm cái này cũng mệt!

Người ta đã chứng minh được rằng một dãy số hội tụ chỉ có một giới hạn duy nhất.

Vu vơ khéo chuẩn! Hình đã gửi
P/s: Sao ít người tham gia MO vậy nhỉ? Hình đã gửi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhtuyb: 08-10-2012 - 21:16

Phấn đấu vì tương lai con em chúng ta!

#13
TRONG TAI

TRONG TAI

    Trọng tài MO2014

  • Thành viên
  • 38 Bài viết
Đáp án chính thức:
Đặt
\[
\begin{array}{rcl}
u_n &=& \sin \left( {\pi \sqrt {n^2 + n} } \right) \\
&=& \sin \left[ {\pi \left( {\sqrt {n^2 + n} - \left( {n + \frac{1}{2}} \right) + n + \frac{1}{2}} \right)} \right] \\
&=& \left( { - 1} \right)^n \sin \left[ {\pi \left( {\sqrt {n^2 + n} - \left( {n + \frac{1}{2}} \right)} \right) + \frac{\pi }{2}} \right] \\
&=& \left( { - 1} \right)^n \cos \frac{{ - \dfrac{\pi }{4}}}{{\sqrt {n^2 + n} + n + \frac{1}{2}}} \\
\end{array}
\]
Xét 2 dãy con $(u_{2n})$ và $(u_{2n+1})$
\[
\begin{array}{l}
u_{2n} = \cos \dfrac{{ - \dfrac{\pi }{4}}}{{\sqrt {4n^2 + 2n} + 2n + \frac{1}{2}}} \\
u_{2n + 1} = - \cos \dfrac{{ - \dfrac{\pi }{4}}}{{\sqrt {4n^2 + 6n + 1} + 2n + \frac{3}{2}}} \\
\end{array}
\]
Suy ra
\[
\left. \begin{array}{rcl}
\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } u_{2n} &=& \cos 0 = 1 \\
\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } u_{2n + 1} &=& -\cos 0 = - 1 \\
\end{array} \right\} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } u_{2n} \ne \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } u_{2n + 1}
\]
Như vậy $(u_n)$ không có giới hạn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 08-10-2012 - 21:53

1) Hãy tham gia các cuộc thi dành cho THCS, THPT, Olympic
2) Tham gia gameshow toán học PSW tại đây
3) Học gõ công thức toán tại:
http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
4) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...




0 người đang xem chủ đề

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