Chủ đề này có 3 trả lời

[babymath]

Xét xem dãy sau có hội tụ không và tìm giới hạn (nếu có)
$x_0=a\in\mathbb{R},x_1=b\in\mathbb{R},x_{n+2}=-\dfrac{1}{2}\left(x_{n+1}-x_{n}^2\right)^2+x_{n}^4\;\forall n\in\mathbb{N} $ và $|x_n|\leq \dfrac{3}{4},\forall n\in\mathbb{N}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 28-02-2013 - 11:33

[Ispectorgadget]

Xét xem dãy sau có hội tụ không và tìm giới hạn (nếu có)
$x_0=a\in\mathbb{R},x_1=b\in\mathbb{R},x_{n+2}=-\dfrac{1}{2}\left(x_{n+1}-x_{n}^2\right)^2+x_{n}^4\;\forall n\in\mathbb{N} $ và $|x_n|\leq \dfrac{3}{4},\forall n\in\mathbb{N}$

Xét dãy số $(v_n)$ xác định như sau:

 

$v_0=\min \{a,b\},v_{n+1}=-\frac{1}{2} (v_{n}^2-2v_{n}.v_n^2+x_n^4)+v_n^4$ với mọi $n\in \mathbb{N}$

 

Vì $a,b$ thực thuộc $\left[-\frac{3}{4};-\frac{3}{4}\right]$ nên $-\frac{3}{4}\le v_0\le\frac{3}{4}$ và nếu $-\frac{3}{4}\le v_n\le \frac{3}{4}$ thì

 

$v_{n+1}\le \frac{3}{4}$ hay $-\frac{3}{4}\le v_{n+1}\le \frac{3}{4}$

 

Theo quy nạp ta có $-\frac{3}{4}\le v_{n}\le \frac{3}{4}$ với mọi $n\in \mathbb{N}$

 

Do đó $$2(v_{n+1}-v_n)=v_n^2(2v_n^2-1)>0$$ vậy $v_{n+1}>v_n$

 

Như vậy $(v_n)$ là dãy tăng bị chặn trên bởi $\frac{3}{4}$ nên nó có giới hạn hữu hạn.

 

Giả sử $\lim v_n=c$ với $c\in \left[-\frac{3}{4};-\frac{3}{4}\right]$

 

Suy ra $c=-\frac{1}{2}(c-c^2)^2+c^4 \Leftrightarrow  c=0$

 

Vậy $\lim v_n=c=0$. Trở lại dãy $(x_n)$ ta cũng có $x_0\in \left[-\frac{3}{4};-\frac{3}{4}\right],x_1\in \left[-\frac{3}{4};-\frac{3}{4}\right]$ và nếu $x_n,x_{n+1} \in \left[-\frac{3}{4};-\frac{3}{4}\right]$ thì

 

$$-\frac{3}{4}\le x_{n+2}=-\dfrac{1}{2}\left(x_{n+1}-x_{n}^2\right)^2+x_{n}^4\le \frac{3}{4}$$

 

Theo nguyên lý quy nạp ta được $-\frac{3}{4} \le x_n \le \frac{3}{4}$ với mọi $n\in \mathbb{N}$. Tiếp theo ta chứng minh $v_n\le \min (x_{2n},x_{2n+1}), \; (n\in \mathbb{N}).$

 

Thật vậy, theo cách xác định $v_0$, bất đẳng thức đúng với $n=0$.

 

Giả sử BĐT đúng với $n\ge 1$ nghĩa là $v_n\le x_{2n};v_n\le x_{2n+1}$ thì

 

$x_{2n+1}=-\frac{1}{2} (x_{2x+1}^2-2x_{2x+1}.x_{2x}^2+x_{2x}^4)+x_{2x}^4\ge -\frac{1}{2} (v_{n}^2-2v_{n}.v_n^2+x_n^4)+v_n^4=v_{n+1}$

 

Suy ra $x_{2n+3} \ge -\frac{1}{2} (v_{n+1}^2-2v_{n+1}.v_n^2+x_n^4)+v_n^4$

 

Mà $v_{n+1}>v_n$ suy ra $x_{2n+3} >v_{n+1}$

 

Ta được $v_{n+1} \le \min\{x_{2n+2},x_{2n+3}\}$

 

Theo nguyên lý quy nạp ta có $v_n\le \min (x_{2n},x_{2n+1})$, với mọi $n\in \mathbb{N}$.

 

Như vậy $v_n\le v_{2n}<\frac{3}{4},v_n<x_{2n+1}<\frac{3}{4}$, và $\lim v_n=0$,

 

Do đó dãy $(x_n)$ có giới hạn bằng $0$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 30-04-2013 - 20:40

[babymath]

Ta được $v_{n+1} \le \min\{x_{2n+2},x_{2n+3}\}$

 

Theo nguyên lý quy nạp ta có $v_n\le \min (x_{2n},x_{2n+1})$, với mọi $n\in \mathbb{N}$.

 

Như vậy $v_n\le v_{2n}<\frac{3}{4},v_n<x_{2n+1}<\frac{3}{4}$, và $\lim v_n=0$,

 

Do đó dãy $(x_n)$ có giới hạn bằng $0$.

Bài này cho mình hỏi sao từ '' $v_n\le \min (x_{2n},x_{2n+1})$, với mọi $n\in \mathbb{N}$''  và  ''$v_n\le v_{2n}<\frac{3}{4},v_n<x_{2n+1}<\frac{3}{4}$, và $\lim v_n=0$,'' lại suy ra   ''dãy $(x_n)$ có giới hạn bằng $0$.'' ?

 

 

 

[hoangtubatu955]

Bài này cho mình hỏi sao từ '' $v_n\le \min (x_{2n},x_{2n+1})$, với mọi $n\in \mathbb{N}$''  và  ''$v_n\le v_{2n}<\frac{3}{4},v_n<x_{2n+1}<\frac{3}{4}$, và $\lim v_n=0$,'' lại suy ra   ''dãy $(x_n)$ có giới hạn bằng $0$.'' ?

 

Phần phía trên là chứng minh dãy tăng và bị chặn cho nên dãy tồn tại giới hạn.
Còn $\lim x_n=0$, thực ra vì dãy có giới hạn, nên từ giả thiết lấy giới hạn của 2 vế và giải phương trình là được $L=0$ với $L=\lim x_n$

p.s: thay $x_i$ đều bằng L hết.