Chủ đề này có 84 trả lời

[dark templar]

Cho hàm này $\large g(x)=\dfrac{(\left \lfloor x \right \rfloor)^2+\left \lfloor x \right \rfloor}{2}$
Ta tính $\large \Delta = \left \lfloor  \sqrt[2n+1]{n-g\left (\sqrt{2n}  \right)} \right \rfloor$
Dễ thấy $\large \Delta={-1;0;1}$ cái này dùng để xét dấu của biểu thức.
...
Công thức tính vị trí đó là $g(\left \lfloor \sqrt{2n} \right \rfloor+\frac{1}{2}\cdot (\Delta -1)),(2)$

Mọi người nhận xét xem
 

Với khả năng đọc hiểu của mình thì ý tưởng bài giải này của bạn có vẻ giống với ý tưởng của anh Thanh là phân vùng tập hợp (hay là nhóm theo cách gọi của anh Thanh). Có điều mình không hiểu sao bạn lại chọn hàm $g(x)$ này và công thức tính $\Delta$ là gì ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 24-03-2013 - 08:53

[Idie9xx]

Bài toán số 6 có thể mở rộng ra bằng cách ghép hai dãy số vào:

Cho hai dãy tăng $u_n$ và $v_n$ có các phần tử nguyên dương.

Ta ghép hai dãy vào thành 1 dãy là $a_1,a_2,a_3,...a_k,...a_n...$ biểu diễn theo nhóm hay tập hợp $A_1,A_2,...,A_k,...,A_n,...$ với $A_k$ là tập hợp có số phần tử là $|A_k|=u_k$ các phần tử của $A_k$ là các số trong dãy $v_n$ bắt đầu từ $v_1$ tiếp đến là $v_2,v_3,...$ đến $v_{u_k}$. Ví dụ: $1,1,1,1,1,2,1,1,2,3,1,1,2,3,5,...$

được ghép từ dãy $1,2,3,4,5...$ và $1,1,2,3,5,8,...$

Dễ thấy các phần tử cuối của $A_k$ có vị trí là tổng $S_k$ của dãy $u_n$ từ đó có thể tìm công thức tổng quát của $a_n$

 

Như tôi đã trình bày ở trên, ta có:

 

$u_n=n-\dfrac{1}{2}\left\lfloor\dfrac{1+\sqrt{8n-7}}{2}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{-1+\sqrt{8n-7}}{2}\right\rfloor$

 

và bây giờ ta có thể viết gọn hơn một chút là:

 

$u_n=n-\dfrac{1}{2}\left\lfloor\dfrac{1}{2}+\sqrt{2n}\right\rfloor\left\lfloor -\dfrac{1}{2}+\sqrt{2n}\right\rfloor$

 

với một "nhiệm vụ" cho các bạn:
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương  $n$ ta có đẳng thức: $\left\lfloor\dfrac{1+\sqrt{8n-7}}{2}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{1}{2}+\sqrt{2n}\right\rfloor$

Ta có thể chứng minh $\dfrac{3+\sqrt{8n-7}}{2} > \dfrac{1}{2}+\sqrt{2n}$ để chứng minh $\left\lfloor\dfrac{1+\sqrt{8n-7}}{2}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{1}{2}+\sqrt{2n}\right\rfloor$

 

Với khả năng đọc hiểu của mình thì ý tưởng bài giải này của bạn có vẻ giống với ý tưởng của anh Thanh là phân vùng tập hợp (hay là nhóm theo cách gọi của anh Thanh). Có điều mình không hiểu sao bạn lại chọn hàm $g(x)$ này và công thức tính $\Delta$ là gì ?

$g(x)$ coi như là công thức tính tổng của dãy $1,2,3,4,...$ mình cho thế cho gọn

công thức $\Delta$ cũng chỉ để cho gọn nhưng cũng là để xem nó ở tập nào.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 24-03-2013 - 21:58

[dark templar]

Bài toán 7: Cho ${t_0} = 2,{t_1} = 3,{t_2} = 6$ và ${t_n} = (n + 4){t_{n - 1}} - 4n{t_{n - 2}} + (4n - 8){t_{n - 3}} \quad \forall n \ge 3$.Tìm CTTQ của $t_{n}$.

 

@Idie9xx: Bạn thử VD cho phương pháp tổng quát của bài toán 6 mà bạn tìm được xem nào

**********

Lời giải bài toán 7 (của kunny):

Ta có:

 

$$\begin{array}{l}{T_n} = (n + 4){T_{n - 1}} - 4n{T_{n - 2}} + (4n - 8){T_{n - 3}}\;(n \ge 3)\\\Leftrightarrow {T_n} = n{T_{n - 1}} + 4{T_{n - 1}} - 4n{T_{n - 2}} + (4n - 8){T_{n - 3}}\\\Leftrightarrow {T_n} - n{T_{n - 1}} = 4({T_{n - 1}} - n{T_{n - 2}}) + (4n - 8){T_{n - 3}}\\\Leftrightarrow {T_n} - n{T_{n - 1}} = 4\{ {T_{n - 1}} - (n - 1){T_{n - 2}}\}  - 4{T_{n - 2}} + (4n - 8){T_{n - 3}}\\\Leftrightarrow {T_n} - n{T_{n - 1}} = 4\{ {T_{n - 1}} - (n - 1){T_{n - 2}}\}  - 4{T_{n - 2}} + 4(n - 2){T_{n - 3}}\\\Rightarrow {T_n} - n{T_{n - 1}} = 4\{ {T_{n - 1}} - (n - 1){T_{n - 2}}\}  - 4\{ {T_{n - 2}} - (n - 2){T_{n - 3}}\} \;(n \ge 3)\end{array}$$

 

Đặt ${U_n} = {T_n} - n{T_{n - 1}}\;(n \ge 1),\;{U_1} = {T_1} - {T_0} = 1,\;{U_2} = {T_2} - 2{T_1} = 0$ thì ta có :

$$\begin{array}{l}{U_n} = 4{U_{n - 1}} - 4{U_{n - 2}}\;(n \ge 2)\\\Leftrightarrow {U_n} - 2{U_{n - 1}} = 2({U_{n - 1}} - {U_{n - 2}})\;(n \ge 2)\\\Leftrightarrow {U_n} - 2{U_{n - 1}} = {2^{n - 2}}({U_2} - 2{U_1}) =  - {2^{n - 1}}\\\Leftrightarrow \frac{{{U_n}}}{{{2^n}}} - \frac{{{U_{n - 1}}}}{{{2^{n - 1}}}} =  - \frac{1}{2}\\\Leftrightarrow \frac{{{U_n}}}{{{2^n}}} = \frac{{{U_1}}}{2} - \frac{1}{2}(n - 1) =  - \frac{1}{2}(n - 2)\\\Leftrightarrow {U_n} = {2^{n - 1}}(2 - n)\;(n \ge 1)\\\Leftrightarrow {T_n} - n{T_{n - 1}} =  - (n - 2)\cdot{2^{n - 1}}\\\Leftrightarrow \frac{{{T_n}}}{{n!}} - \frac{{{T_{n - 1}}}}{{(n - 1)!}} =  - \frac{{(n - 2)\cdot{2^{n - 1}}}}{{n!}} = \frac{{{2^n} - n\cdot{2^{n - 1}}}}{{n!}}\\\Rightarrow \frac{{{T_n}}}{{n!}} - \frac{{{T_{n - 1}}}}{{(n - 1)!}} = \frac{{{2^n}}}{{n!}} - \frac{{{2^{n - 1}}}}{{(n - 1)!}}\;(n \ge 1)\\\Leftrightarrow \frac{{{T_n} - {2^n}}}{{n!}} = \frac{{{T_{n - 1}} - {2^{n - 1}}}}{{(n - 1)!}}\end{array}$$

 

Vì $\frac{{{T_n} - {2^n}}}{{n!}} = \frac{{{T_0} - {2^0}}}{{0!}} = 1$.Vậy $\boxed{{T_n} = n! + {2^n}\;(n \ge 0)}$

 

**********

Đề mới:

 

Bài toán 8:Cho dãy $\{u_{k} \}$ xác định bởi ${u_0} = 0,{u_k} = \frac{{k + 2}}{k}{u_{k - 1}} + \frac{1}{k}$ với $k>0$.Tìm CTTQ của dãy.

 

Bài toán 9: Cho dãy $\{a_{n} \}_{0}^{\infty}$ gồm các số thực dương với ${a_0} = 0$ và ${a_{n + 1}} = \frac{{8{a_n}}}{5} + \frac{{6\sqrt {{4^n} - {a_n}^2} }}{5}$.Tìm phần nguyên của $a_{10}$ và  $a_{n}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 31-03-2013 - 19:30

[hxthanh]

**********

Đề mới:

 

Bài toán 8:Cho dãy $\{u_{k} \}$ xác định bởi ${u_0} = 0,{u_k} = \frac{{k + 2}}{k}{u_{k - 1}} + \frac{1}{k}$ với $k>0$.Tìm CTTQ của dãy.

 

Bài toán 9: Cho dãy $\{a_{n} \}_{0}^{\infty}$ gồm các số thực dương với ${a_0} = 0$ và ${a_{n + 1}} = \frac{{8{a_n}}}{5} + \frac{{6\sqrt {{4^n} - {a_n}^2} }}{5}$.Tìm phần nguyên của $a_{10}$ và  $a_{n}$.

Lời giải bài 8 của hxthanh

Từ giả thiết ta có:

$ku_k=(k+2)u_{k-1}+1\Rightarrow 2ku_k=2(k+2)u_{k-1}+2$

$\Rightarrow 2ku_k+k=2(k+2)u_{k-1}+k+2\Rightarrow k(2u_k+1)=(k+2)(2u_{k-1}+1)$

$\Rightarrow \dfrac{2u_k+1}{2u_{k-1}+1}=\dfrac{k+2}{k}$

Từ đây ta đặt $v_k=2u_k+1$, ta có:

$v_0=1$

$\dfrac{v_1}{v_0}\cdot\dfrac{v_2}{v_1}\cdots\dfrac{v_k}{v_{k-1}}\cdot=\dfrac{3.4...(k+2)}{1.2...k}$

Suy ra $v_k=\dfrac{(k+2)!}{2.k!}=\dfrac{(k+2)(k+1)}{2}$

Từ đó: $2u_k+1=\dfrac{(k+2)(k+1)}{2}$

 

$\boxed{\Rightarrow u_k=\dfrac{k(k+3)}{4}}$

_____________________________________________

Lời giải bài 9 của hxthanh

Nhìn thấy $6$ với $8$ rồi nghĩ ngay đến $\sin$ với $\cos$ (vì $6^2+8^2=10^2$ )

 

Do ta cần có điều kiện $4^n-a_n^2\ge 0$ nên ta có thể đặt: $a_n=2^n\sin(b_n)>0$

 

Thay vào thì ta có:

 

$\sin(b_{n+1})=\dfrac{4}{5}\sin(b_n)+\dfrac{3}{5}\left|\cos(b_n)\right|\quad(*)$

 

Với điều kiện $a_n>0$ có thể thấy ngay $\{a_n\}$ là tăng thực sự.

Với $\begin{cases}\sin\alpha=\frac{3}{5}\\ \cos\alpha=\frac{4}{5}\end{cases}$

 

Từ $(*)$ Ta có:

 

$\sin(b_1)=\cos\alpha\sin(b_0)+\sin\alpha\left|\cos(b_0)\right|=\sin\alpha\Rightarrow a_1=2\sin\alpha$

$\sin(b_2)=\cos\alpha\sin\alpha+\sin\alpha\left|\cos\alpha\right|=\sin(2\alpha)\Rightarrow a_2=4\sin(2\alpha)$

$\sin(b_3)=\cos\alpha\sin(2\alpha)+\sin\alpha\left|\cos(2\alpha)\right|=\sin(3\alpha)\Rightarrow a_3=8\sin(3\alpha)$

$\sin(b_4)=\cos\alpha\sin(3\alpha)+\sin\alpha\left|\cos(3\alpha)\right|=\sin(2\alpha)\Rightarrow a_4=16\sin(2\alpha)$

$\sin(b_5)=\cos\alpha\sin(2\alpha)+\sin\alpha\left|\cos(2\alpha)\right|=\sin(3\alpha)\Rightarrow a_5=32\sin(3\alpha)$

$\ldots$

 

$\Rightarrow \begin{cases}a_0=0,\;\;a_1=2\sin\alpha\\ a_{2k}=2^{2k}\sin(2\alpha)\\a_{2k+1}=2^{2k+1}\sin(3\alpha)\end{cases}\quad(k\in\mathbb N^*)$

 

$\Rightarrow \begin{cases}a_0=0,\;\;a_1=\dfrac{6}{5}\\ a_{2k}=2^{2k}\dfrac{24}{25}\\a_{2k+1}=2^{2k+1}\dfrac{117}{125}\end{cases}\quad(k\in\mathbb N^*)$

 

_______________

 

$\left\lfloor a_{10}\right\rfloor=\left\lfloor 1024\cdot\dfrac{24}{25}\right\rfloor = 983$

[Idie9xx]

@Idie9xx: Bạn thử VD cho phương pháp tổng quát của bài toán 6 mà bạn tìm được xem nào

Nhưng đó là bài toán tổng quát chứ không phải là phương pháp giải nó

Mình nghĩ những dãy có thể chuyển hóa từ công thức tính tổng thành vị trí số hạng thì mới giải được. Còn lại thì rất khó tìm được CTTQ

-------------

Bác hxthanh tốc độ thất kinh

[dark templar]

2 lời giải của anh Thanh thật tuyệt vời và nhanh kinh khủng

 

Đề mới :

 

Bài toán 10: Cho ${x_1} = 2012,{x_2} = 2011$ và ${x_{n + 2}} = \left( {1 - \frac{1}{n}} \right){x_{n + 1}} + \frac{{{x_n}}}{n} \quad \forall n \ge 2$.Tìm $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$.

 

Bài toán 11: Cho ${x_0} = 5$ và ${x_{n + 1}} = {x_n} + \frac{1}{{{x_n}}} \quad \forall n \in \mathbb{N}$.Chứng minh rằng $45 < {x_{1000}} < 45.1$.

[hxthanh]

2 lời giải của anh Thanh thật tuyệt vời và nhanh kinh khủng

 

Đề mới :

 

Bài toán 10: Cho ${x_1} = 2012,{x_2} = 2011$ và ${x_{n + 2}} = \left( {1 - \frac{1}{n}} \right){x_{n + 1}} + \frac{{{x_n}}}{n} \quad \forall n \ge 2$.Tìm $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$.

 

Bài toán 11: Cho ${x_0} = 5$ và ${x_{n + 1}} = {x_n} + \frac{1}{{{x_n}}} \quad \forall n \in \mathbb{N}$.Chứng minh rằng $45 < {x_{1000}} < 45.1$.

Khai đao bài số 10

 

(Theo ngu ý của mình thì công thức đã cho phải xác định từ $n=1$ trở đi, nếu không thì $x_3$ xác định kiểu gì? )

 

Từ đề bài ta có: $nx_{n+2}=(n-1)x_{n+1}+x_n\quad(*)$

Giả sử tồn tại $n$ để $x_{n+2}=x_{n+1}$ thì từ $(*)$ suy ra $x_{n+2}=x_{n+1}=x_{n}=...=x_2=x_1\Rightarrow $ vô lý!

Do đó dãy $\{x_n\}$ "không dừng".

Và từ $(*)$ ta có thể viết:

$\quad\dfrac{x_{n+2}-x_{n+1}}{x_{n+1}-x_{n}}=\dfrac{(-1)}{n}$

$\Rightarrow \dfrac{x_{n+1}-x_{n}}{x_{n}-x_{n-1}}=\dfrac{(-1)}{n-1}$

$\cdots$

$\Rightarrow x_{n+2}-x_{n+1}=-\dfrac{(-1)^n}{n!}$

$\Rightarrow x_{n+1}-x_{n}=-\dfrac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!}$

$\cdots$

$\Rightarrow x_{2}-x_{1}=-\dfrac{(-1)^{0}}{(0)!}$

$\Rightarrow x_{n+2}=x_1-\sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^k}{k!}$

 

Do đó $\lim_{n\to\infty}x_n=\lim_{n\to\infty}x_{n+2}=x_1-\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^n\dfrac{(-1)^k}{k!}=2012-e^{-1}$

 

Giải thử bài số 11

 

Ta có: $x_{n+1}^2=x_n^2+x_{n}^{-2}+2>x_n^2+2$

Suy ra:

$x_n^2\;\;>x_{n-1}^2+2$

$x_{n-1}^2>x_{n-2}^2+2$

$\cdots$

$x_1^2>x_0^2+2$

___________________

$\Rightarrow x_n^2>x_0^2+2n=25+2n\quad(**)$

Do đó: $x_{1000}^2>25+2000\Rightarrow x_{1000}>45$

 

Mặt khác từ $(**)$, ta cũng có:

$x_n^{-2}<\dfrac{1}{25+2n}<\dfrac{1}{2}\big(\log(25+2n)-\log(23+2n)\big)$

Spoiler

Chứng minh cái này không khó, nếu hỏi nó từ đâu ra thì lấy tích phân hàm $f(n)=\dfrac{1}{23+2n}$ trên đoạn $[0,1]$ khắc rõ

Và thế là ta có:

$x_{n+1}^2=x_n^2+x_{n}^{-2}+2<x_n^2+2+\dfrac{1}{2}\log(25+2n)-\dfrac{1}{2}\log(23+2n)$

Suy ra:

$x_{n}^2<x_{n-1}^2+2+\dfrac{1}{2}\log(23+2n)-\dfrac{1}{2}\log(21+2n)$

$\cdots$

$x_1^2<x_0^2+2+\dfrac{1}{2}\log(25)-\dfrac{1}{2}\log(23)$

____________________________________________________

$\Rightarrow x_n^2<25+2n+\dfrac{1}{2}\log\left(\dfrac{23+2n}{23}\right)$

 

$\Rightarrow x_{1000}^2<25+2000+\dfrac{1}{2}\log\left(\dfrac{2023}{23}\right)<2029.5\Rightarrow x_{1000}<45.1$

[T*genie*]

Khai đao bài số 10

 

(Theo ngu ý của mình thì công thức đã cho phải xác định từ $n=1$ trở đi, nếu không thì $x_3$ xác định kiểu gì? )

 

Từ đề bài ta có: $nx_{n+2}=(n-1)x_{n+1}+x_n\quad(*)$

Giả sử tồn tại $n$ để $x_{n+2}=x_{n+1}$ thì từ $(*)$ suy ra $x_{n+2}=x_{n+1}=x_{n}=...=x_2=x_1\Rightarrow $ vô lý!

Do đó dãy $\{x_n\}$ "không dừng" .

 

Em không hiểu lắm sao ở đây anh có thể khẳng định $\{x_n\}$ đơn điệu?

 

@hxthanh: Anh dùng từ không đúng, phạm vào khái niệm đơn điệu của dãy. Thực chất anh chỉ cần tính chất "không dừng" của dãy mà thôi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 04-04-2013 - 07:22
Update

[dark templar]

Spoiler

Mấy bài gần đây,anh Thanh giải giống như lời giải gốc,chứng tỏ ý tưởng giải bài của VMF ta cũng tương tự bên Mathlinks

Đề mới :

 

Bài toán 12: Cho ${A_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{k^6}}}{{{2^k}}}} $.Tìm $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {A_n}.$.

 

Bài toán 13: Tìm giới hạn của dãy ${a_n} = \frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{{1^2} + {2^2}}} + ... + \frac{1}{{{1^2} + {2^2} + ... + {n^2}}},n \ge 1$.

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 01-06-2013 - 20:44

[tran thanh binh dv class]

Spoiler

Mấy bài gần đây,anh Thanh giải giống như lời giải gốc,chứng tỏ ý tưởng giải bài của VMF ta cũng tương tự bên Mathlinks

Đề mới :

 

Bài toán 13: Tìm giới hạn của dãy ${a_n} = \frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{{1^2} + {2^2}}} + ... + \frac{1}{{{1^2} + {2^2} + ... + {n^2}}},n \ge 1$.

 

Em xin làm bài này như sau:

Ta có bài toán quen thuộc

Cho dãy số $a_n$ thỏa mãn $\left | \frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right |=q$. Nếu q>1 thì $lima_n=+\infty$

 

Áp dụng vào bài toán ta xét

$\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{a_n+\frac{1}{1^2+2^2+...+(n+1)^2}}{a_n}=1+\frac{1}{(1^2+2^2+...+(n+1)^2).a_n}>1$

Vậy $lima_n=+\infty$

 

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Dạ đúng là phải tìm $lim\frac{a_{n+1}}{a_{n}}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tran thanh binh dv class: 07-04-2013 - 21:33

[hxthanh]

Em xin làm bài này như sau:

Ta có bài toán quen thuộc

Cho dãy số $a_n$ thỏa mãn $\left | \frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right |=q$. Nếu q>1 thì $lima_n=+\infty$

 

Áp dụng vào bài toán ta xét

$\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{a_n+\frac{1}{1^2+2^2+...+(n+1)^2}}{a_n}=1+\frac{1}{(1^2+2^2+...+(n+1)^2).a_n}>1$

Vậy $lima_n=+\infty$

Có vẻ như em đã nhầm!

Điều kiện đúng phải là $\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=q>1$ thì $\lim_{n\to\infty} a_n=\infty$

Rất tiếc!

[dark templar]

Đúng như anh Thanh nói,đây chính là phép thử tỷ lệ Alambert ,sử dụng như sau :

 

Đặt $L=\lim_{n \to \infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}} \right|$.

• Nếu $L<1$ thì dãy chắc chắn hội tụ.
• Nếu $L>1$ thì dãy không hội tụ.
• Nếu $L=1$ thì chưa thể kết luận được tính hội tụ của dãy.

Nếu $L$ này không tồn tại thì ta buộc phải sử dụng đến giới hạn chặn trên và chặn dưới.

 

Đặt $R=\lim_{n \to \infty} \sup \left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}} \right|;r=\lim_{n \to \infty} \inf \left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}} \right|$.

• Nếu $R<1$ thì dãy chắc chắn hội tụ.
• Nếu $r<1$ thì dãy phân kỳ.
• Những trường hợp khác chưa thể kết luận. 

[hxthanh]

Spoiler

Mấy bài gần đây,anh Thanh giải giống như lời giải gốc,chứng tỏ ý tưởng giải bài của VMF ta cũng tương tự bên Mathlinks

Đề mới :

 

Bài toán 12: Cho ${A_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{k^6}}}{{{2^k}}}} $.Tìm $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {A_n}.$.

 

Bài toán 13: Tìm giới hạn của dãy ${a_n} = \frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{{1^2} + {2^2}}} + ... + \frac{1}{{{1^2} + {2^2} + ... + {n^2}}},n \ge 1$.

Bài số 12 thì hơi bị "trâu bò" nên để từ từ

 

Bài số 13 thì ... phải dùng đến cái này:

 

Với $0<x\le 1$ ta có $\log(1+x)=-\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^kx^k}{k}$

Cụ thể ra:

 

$\begin{align*}\log(2)&=\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...\\&=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{12}+..+\dfrac{1}{(2k-1)(2k)}+...\\&=\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{(2k+1)(2k+2)}\end{align*}$

Thêm nữa:

$\begin{align*}-\log(2)&=-\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...\right)\\&=-1+\frac{1}{6}+\frac{1}{20}+...+\dfrac{1}{(2k)(2k+1)}\\&=-1+\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{1}{(2k)(2k+1)}\end{align*}$

 

Và từ giả thiết ta có:

$a_n=\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{\displaystyle \sum_{j=1}^k j^2}=\sum_{k=1}^n \dfrac{6}{k(k+1)(2k+1)}$

 

$a_n=12\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{2k(2k+1)}-12\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{(2k+1)(2k+2)}$

 

Do đó: $\lim_{n\to\infty} a_n= 12(-\log(2)+1)-12\left(\log(2)-\frac{1}{2}\right)=18-24\log(2)$

 

@Dark templar: Hình như $\ln (1+x)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k}x^{k}$ thì mới đúng anh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 07-04-2013 - 21:36

[hxthanh]

Đề mới :

 

Bài toán 12: Cho ${A_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{k^6}}}{{{2^k}}}} $.Tìm $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {A_n}.$.

Để giải quyết bài này cho đỡ phải tính toán nhiều, ta thực hiện cách như sau:

 

Xét sai phân của hàm $P(k)2^{-k}$, trong đó $P(k)$ là một đa thức bậc $m$ của $k$, ta có:

$\Delta\left[P(k)2^{-k}\right]=P(k+1)2^{-k-1}-P(k)2^{-k}=2^{-k}\left(2^{-1}P(k+1)-P(k)\right)=Q(k)2^{-k}$

Ta thấy rằng $Q(k)$ và $P(k)$ có cùng bậc!

Bây giờ ta sẽ tìm "nguyên phân" của $k^62^{-k}$ (Từ "nguyên phân" lấy sai phân thì sẽ được chính hàm đó!)

Từ nhận xét trên ta thấy nguyên phân của $k^62^{-k}$ có dạng

$P(k)=2^{-k}(a_6k^6+a_5k^5+a_4k^4+a_3k^3+a_2k^2+a_1k+a_0)$

Ta cần có: $\Delta\left[2^{-k}P(k)\right]=k^62^{-k}$

Từ đó, cân bằng hệ số ta có được:

$\begin{cases}2^{-1}a_6&-a_6&&&&&&&=1\\2^{-1}6a_6&+2^{-1}a_5&-a_5&&&&&&=0\\2^{-1}15a_6&+2^{-1}5a_5&+2^{-1}a_4&-a_4&&&&&=0\\2^{-1}20a_6&+2^{-1}10a_5&+2^{-1}4a_4&+2^{-1}a_3&-a_3&&&&=0\\2^{-1}15a_6&+2^{-1}10a_5&+2^{-1}6a_4&+2^{-1}3a_3&+2^{-1}a_2&-a_2&&&=0\\2^{-1}6a_6&+2^{-1}5a_5&+2^{-1}4a_4&+2^{-1}3a_3&+2^{-1}2a_2&+2^{-1}a_1&-a_1&&=0\\2^{-1}a_6&+2^{-1}a_5&+2^{-1}a_4&+2^{-1}a_3&+2^{-1}a_2&+2^{-1}a_1&+2^{-1}a_0&-a_0&=0\end{cases}$

 

$\Rightarrow\begin{cases}a_6&=-2\\a_5&=-12\\a_4&=-90\\a_3&=-520\\a_2&=-2250\\a_1&=-6492\\a_0&=-9366\end{cases}$

 

Như vậy ta có: $P(k)=-2k^6-12k^5-90k^4-520k^3-2250k^2-6492k-9366$

Để ý rằng $2^{-1}P(k+1)-P(k)=k^6$

 

$\begin{align*}A_n&=\sum_{k=1}^nk^62^{-k}\\&=\sum_{k=1}^n\Delta[2^{-k}P(k)]\\&=2^{-k}P(k)\Big|_{k=1}^{n+1}\\&=2^{-n-1}P(n+1)-2^{-1}P(1)\\&=2^{-n-1}(2P(n)+2n^6)+9366\\&=\dfrac{P(n)+n^6}{2^n}+9366\end{align*}$

 

Suy ra: $\lim_{n\to\infty}A_n=\lim_{n\to\infty}\left(\dfrac{P(n)+n^6}{2^n}+9366\right)=9366$

 

Vì hàm mũ tiến về vô cùng "nhanh hơn" hàm đa thức (các bạn có thể dùng quy tắc L'Hospital để chứng minh điều này)

 

@Dark templar: Bài này em chỉ hiểu ý tưởng giải của anh thôi,nhưng khúc tính toán "khủng" quá ! 

 

@hxthanh: Có hướng đi nào đỡ mất sức hơn không? Cách trên đã là bớt "trâu bò" hơn nhiều so với việc phải SPTP 7 lần...

 

@Dark templar: Lời giải em có được tính toán cũng khá nhiều rồi anh... ,nhưng hình như giải được bài toán tổng quát...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 10-04-2013 - 16:44

[hxthanh]

Bài toán 12: Cho ${A_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{k^6}}}{{{2^k}}}} $.Tìm $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {A_n}.$.

Phân tích, nghiên cứu lời giải trên đối với bài toán này, ta tìm được một bài toán dãy số tương đương sau:

 

Bài toán 12*:

Hàm $a(m,j):\;\mathbb Z^2\;\mapsto\; \mathbb Z $ được xác định như sau:

$\begin{cases}a(m,0)=2\\ a(m,j)=\sum_{k=0}^{j-1}a(m,k){m-k\choose j-k},\quad(1\le j\le m)\end{cases}$

Hãy tính giá trị $\;\;a(m,m)\;$ theo $m$

 

Sau khi mò mẫm một hồi bài toán này ta được bài toán tương đương sau:

 

Bài toán 12**:

Dãy $\{x_m\}$ được xác định như sau:

$\begin{cases}x_0=2\\ x_m=\sum_{k=0}^{m-1}{m\choose k}x_k,\quad (m\ge 1)\end{cases}$

Tìm số hạng tổng quát của dãy!

[dark templar]

Rất cảm ơn anh Thanh đã có những bài toán đề nghị quý báu cho bài toán 12 Mong mọi người hãy cùng suy nghĩ và đưa ra những đóng góp bổ ích như vậy

**********

Lời giải bài toán 12:

Đặt ${f_i}(x) = \sum\limits_{k = 1}^{ + \infty } {{k^i}} {x^k}$ xác định với mọi $x \in (-1;1)$ sao cho $\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {A_n} = {f_6}\left( {\frac{1}{2}} \right)$.

 

Ta có ${f_{i + 1}}(x) = x{f_{i'}}(x)$.

 

Áp dụng công thức trên ta lần lượt có các hệ thức sau

${f_0}(x) = \frac{x}{{1 - x}}$

${f_1}(x) = x{f_{0'}}(x) = \frac{x}{{{{(1 - x)}^2}}}$

${f_2}(x) = x{f_{1'}}(x) = \frac{{{x^2} + x}}{{{{(1 - x)}^3}}}$

${f_3}(x) = x{f_{2'}}(x) = \frac{{{x^3} + 4{x^2} + x}}{{{{(1 - x)}^4}}}$

${f_4}(x) = x{f_{3'}}(x) = \frac{{{x^4} + 11{x^3} + 11{x^2} + x}}{{{{(1 - x)}^5}}}$

${f_5}(x) = x{f_{4'}}(x) = \frac{{{x^5} + 26{x^4} + 66{x^3} + 26{x^2} + x}}{{{{(1 - x)}^6}}}$

${f_6}(x) = x{f_{5'}}(x) = \frac{{{x^6} + 57{x^5} + 302{x^4} + 302{x^3} + 57{x^2} + x}}{{{{(1 - x)}^7}}}$

 

Vậy:

$$\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {A_n} = {f_6}\left( {\frac{1}{2}} \right) = 2 + 57\cdot{2^2} + 302\cdot{2^3} + 302\cdot{2^4} + 57\cdot{2^5} + {2^6} = 9366$$

 

**********

Đề mới:

 

Bài toán 14: Cho ${a_1},{a_2},...$ là dãy các số thực dương sao cho $2{a_{n + 1}} \ge {a_n} + {a_{n + 2}}$ với mọi $n \in \mathbb{N}$.Chứng minh rằng dãy $\frac{{{a_n}}}{n}$ hội tụ.

 

Bài toán 15: Với mỗi số nguyên dương $n$,ta xác định dãy $\{a_{n} \}_{1}^{\infty}$ như sau: ${a_{n + 1}} = \frac{1}{{1 + {a_n}}}$.Giả sử $a_1=a_{2012}$.Tìm tổng bình phương tất cả các giá trị có thể có của $a_1$.

 

 

 

_____________________

 

@hxthanh: Nguyên văn bài toán 15 như thế nào nhỉ? Sao anh đọc mà thấy khó hiểu quá!

@Dark templar: Anh có thể hiểu thế này : Giả sử $a_1$ nhận $k$ giá trị bất kỳ là $i_1;i_2;...;i_{k}$.Khi đó yêu cầu đề là tính tổng $\sum_{j=1}^{k}i_{j}^2$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 01-06-2013 - 21:15
Chèn link !

[namcpnh]

 

Đề mới:

 

Bài toán 14: Cho ${a_1},{a_2},...$ là dãy các số thực dương sao cho $2{a_{n + 1}} \ge {a_n} + {a_{n + 2}}$ với mọi $n \in \mathbb{N}$.Chứng minh rằng dãy $\frac{{{a_n}}}{n}$ hội tụ.

 

Bài toán 15: Với mỗi số nguyên dương $n$,ta xác định dãy $\{a_{n} \}_{1}^{\infty}$ như sau: ${a_{n + 1}} = \frac{1}{{1 + {a_n}}}$.Giả sử $a_1=a_{2012}$.Tìm tổng bình phương tất cả các giá trị có thể có của $a_1$.

 

 

 

_____________________

 

@hxthanh: Nguyên văn bài toán 15 như thế nào nhỉ? Sao anh đọc mà thấy khó hiểu quá!

 

 

Bài 14 em mới có ý tưởng nhưng còn 1 chổ chưa giải ra.

 

Bài 14:

 

Ta có $2a_{n+1}\geq a_n+a_{n+2}$

 

<=>$a_{n+1}-a_n\geq a_{n+2}-a_{n+1}$

 

Đặt $u_n=a_{n+1}-a_n$ ( ta cần chứng minh $u_n$ là dãy dương hay ($a_n$) là dãy tăng)

 

Khi đó ta có : $u_{n}\geq u_{n+1}$.

 

=>$(u_n)$ là dãy giảm

 

Và ($u_n$) là dãy dương nên ($u_n$) hội tụ.

 

=>($u_{n+1}-u_n$) hội tụ

 

khi đó theo nguyên lí trung bình Cesaro ta có dãy $\frac{a_n}{n}$ hội tụ (ĐPCM)

 

------------------

 

Ai đó làm dùm phần im đậm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namheo1996: 13-04-2013 - 20:35

[hxthanh]

Bài toán 15: Với mỗi số nguyên dương $n$,ta xác định dãy $\{a_{n} \}_{1}^{\infty}$ như sau: ${a_{n + 1}} = \frac{1}{{1 + {a_n}}}$.Giả sử $a_1=a_{2012}$.Tìm tổng bình phương tất cả các giá trị có thể có của $a_1$.

Đề bài cho dạng này nếu quy về phân thức thì Tử số của số hạng tiếp theo sẽ là mẫu số của số hạng trước đó.

Từ đó mà dễ dàng "dự đoán" được công thức tổng quát:

 

$a_n=\dfrac{F_{n-1}+F_{n-2}a_1}{F_n+F_{n-1}a_1}$

 

với $\{F_n\}\; : \;\begin{cases}F_1=F_2=1\\F_n=F_{n-1}+F_{n-2}\quad (n\ge 3)\end{cases}$

 

Chứng minh điều trên đơn giản bằng quy nạp!

Rồi ta có:

$a_{2012}=\dfrac{F_{2011}+F_{2010}a_1}{F_{2012}+F_{2011}a_1}=a_1$

 

$\Rightarrow F_{2012}a_1+F_{2011}a_1^2=F_{2011}+F_{2010}a_1$

 

$\Rightarrow a_1^2+a_1-1=0$

 

 

$\Rightarrow \sum a_1^2=3$

[dark templar]

Đề bài cho dạng này nếu quy về phân thức thì Tử số của số hạng tiếp theo sẽ là mẫu số của số hạng trước đó.

Từ đó mà dễ dàng "dự đoán" được công thức tổng quát:

 

$a_n=\dfrac{F_{n-1}+F_{n-2}a_1}{F_n+F_{n-1}a_1}$

 

với $\{F_n\}\; : \;\begin{cases}F_1=F_2=1\\F_n=F_{n-1}+F_{n-2}\quad (n\ge 3)\end{cases}$

 

Anh có thể nêu cách dự đoán công thức tổng quát được không ? Cách làm của em là đặt $a_{n}=\frac{u_{n}}{u_{n+1}}$ thì ta cũng có công thức truy hồi giống dãy Fibonacci là $u_{n+2}=u_{n}+u_{n+1}$ nhưng không thể chắc chắn là dãy Fibonacci vì không có 2 số hạng đầu là $u_1$ và $u_2$ ...

[hxthanh]

Anh có thể nêu cách dự đoán công thức tổng quát được không ? Cách làm của em là đặt $a_{n}=\frac{u_{n}}{u_{n+1}}$ thì ta cũng có công thức truy hồi giống dãy Fibonacci là $u_{n+2}=u_{n}+u_{n+1}$ nhưng không thể chắc chắn là dãy Fibonacci vì không có 2 số hạng đầu là $u_1$ và $u_2$ ...

Ta có:

$a_2=\dfrac{1}{1+a_1}$

$a_3=\dfrac{1}{1+\frac{1}{1+a_1}}=\dfrac{1+a_1}{2+a_1}$

$a_4=\dfrac{1}{1+\frac{1+a_1}{2+a_1}}=\dfrac{2+a_1}{3+2a_1}$

$\ldots$

Vì thế ta có thể giả sử:

$a_n=\dfrac{x_{n-1}+y_{n-1}a_1}{x_n+y_na_1}$

Thế thì $a_{n+1}=\dfrac{x_{n}+y_{n}a_1}{x_{n+1}+y_{n+1}a_1}$

 

Và $a_{n+1}=\dfrac{1}{1+\frac{x_{n-1}+y_{n-1}a_1}{x_n+y_na_1}}=\dfrac{x_{n}+y_{n}a_1}{(x_{n}+x_{n-1})+(y_n+y_{n-1})a_1}$

 

Suy ra $\begin{cases}x_n+x_{n-1}=x_{n+1}\\y_n+y_{n-1}=y_{n+1}\end{cases}$

Hoàn toàn có thể chọn $x_1=x_2=1,y_1=0,y_2=1$ cho thỏa mãn $a_2=\dfrac{1}{1+a_1}$

 

Để từ đó mà ta có:

$y_n=F_{n-1};\;\;x_n=F_n$