An Infinitesimal

$\lim_{x \to \infty }(\sqrt[3]{x^{3}+2x^{2}+1}+\sqrt[4]{x^{4}+3x^{3}+2})$

Đề bài: $x\to \infty$ hay $x\to -\infty$?

 

Cho dãy số xác định bởi

   $u_{1}=2014$ và

   $u_{n+1}=\frac{3n+2}{4n+2}(u_{n}+1)\,,\forall n\ge 1.$

 

Tính $ \displaystyle \lim \frac{\sum_{k=1}^n u_k}{n}.$

 

Ngoài việc dùng các định lý Weirstrass kết hợp bổ đề Cesaro, ta có thể tiếp cận theo hướng bổ đề giới hạn cùng bổ đề Cesaro.

Ta có $$u_{n+1}-3=  \frac{3n+2}{4n+2}\left( u_n-3\right)+\frac{1}{2n+1}, n\in \mathbb{N}.$$

Do đó, $$\left| u_{n+1}-3\right|\le \frac{3n+2}{4n+2}\left| u_{n}-3\right|+\frac{1}{2n+1} \le \frac{5}{6}\left| u_{n}-3\right|+\frac{1}{2n+1}, n\in \mathbb{N}.$$

Áp dụng bổ đề giới hạn, ta có $\lim \left| u_{n}-3\right|=0.$ Do đó, $\lim u_n=3$.

Vì thế theo bổ đề Cesaro, $\displaystyle\lim \frac{\sum_{k=1}^n u_k}{n}=3.$

https://diendantoanh...ãy-số-giới-hạn/

Cho số thực $q\in (0, 1).$ Xét hai dãy không âm $(a_{n}), (b_{n})$ thỏa mãn $a_{n+1}\leq qa_{n}+b_{n}, \forall n\in \mathbb{N}^{*}$ và $\lim_{n\rightarrow +\infty }b_{n}=0.$ Chứng minh rằng $\lim_{n\rightarrow +\infty }a_{n}=0.$

 

Xin lỗi "Newton" vì gọi em vào !  Bài toán nằm trong chiến dịch quảng bá "bổ đề giới hạn".

....

 

@Duy Thái: Em trình bày lời giải theo hướng tiếp cận thứ nhất xem có vấn đề gì phát sinh không? Cảm ơn em!

Lời giải 2: (Chứng minh trực tiếp)

Từ $c\ge b$, ta có $(b-1)(a+ab-2) \frac{1}{ab-1}\le 0.$

Suy ra một trong ba số $(b-1)$, $a+ab-2,\frac{1}{ab-1}$ là số không dương.

* Nếu $b\le 1$ thì $a^4b^3 \le b^7 \le 1\le \frac{27}{16}. $

* Nếu $ab< 1$ thì $a^4b^3 \le \left(ab\right)^{7/2}< 1\le \frac{27}{16}. $

* Nếu $a+ab\le 2$ thì   $$\frac{a^4b^3}{27}=a. \frac{ab}{3}. \frac{ab}{3}. \frac{ab}{3}\le \left(\dfrac{a+ab}{4}\right)^4 \le \frac{1}{16}.$$

Suy ra $a^4b^3 \le \frac{27}{16}.$

... 

\[0\leq a\leq b\leq c\]

\[a+ b+ c= abc+ 2\]

CM: \[a^{4}b^{3}\leq \frac{27}{16}\]

Lời giải 1:

Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng.

Giả sử $a^4b^3 > \frac{27}{16}.$ Do đó $\left(ab\right)^{7/2}\ge a^4b^3 \ge \frac{27}{16}.$

Do đó, $ab>1.$ Suy ra $b>1.$

Từ c\ge b, ta có $-(b-1)(a+ab-2)\ge 0.$

Suy ra $a+ab\le 2.$

Ta có $$\frac{a^4b^3}{27}=a. \frac{ab}{3}. \frac{ab}{3}. \frac{ab}{3}\le \left(\dfrac{a+ab}{4}\right)^4 \le \frac{1}{16}.$$

Suy ra $a^4b^3 \le \frac{27}{16}.$ Điều này mâu thuẩn với giả thiết phản chứng.

Với $x, y\ge 2$, ta có $(x-2)(y-2) \ge 0 $ nên $xy\ge 2(x+y)-4.$

Do đó $abcd \ge 4ab \ge 8(a+b)-16.$

Tương tự, $abcd \ge 8(c+d)-16.$

Do đó, $$ abcd \ge 4(a+b+c+d)-16 \ge 2(a+b+c+d)>(a+b+c+d).$$

Cho dãy số $\begin{Bmatrix} u_{n} \end{Bmatrix}$ được xác định như sau:

$\left\{\begin{matrix} u_{1}=2011\\ u_{n-1}=n^{2}(u_{n-1}-u_{n}) \end{matrix}\right.$ với mọi $n\epsilon N^{*}, n\geq 2$

Chứng minh rằng dãy số $(u_{n})$ có giới hạn và tìm giới hạn đó.

Ta có

\[u_{n}= \frac{(n-1)(n+1)}{n^2}u_{n-1}= \dfrac{\displaystyle \prod_{k=2}^n (k-1) \prod_{\ell =2}^n (\ell+1)}{\displaystyle\prod_{k=2}^n k^2} u_1=\dfrac{\displaystyle 2(n+1) }{4n^2} u_1.\]

Suy ra $\lim u_n=0. $

 Chứng minh dãy $(un)$ được xác định bởi: $\left\{\begin{matrix} u_{1}=\frac{5}{2} & & \\ u_{n+1}=\sqrt{u_{n}^{3}-12u_{n}+\frac{20n+21}{n+1}},\forall n\geq 1 & & \end{matrix}\right.$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó

Một lời giải nhằm quảng bá cho bổ đề giới hạn.

Bài toán có thể giải quyết thông qua các nhận xét sau:

1) Dễ thấy $u_n\ge 0 \forall n\in \mathbb{N},$

2) Hệ thức truy hồi được viết lại:

\[u_{n+1}^2-4= u_{n}^{3}-12u_{n}+16+\frac{1}{n+1}, \forall n\in \mathbb{N}.\]

Do đó,

$$\left( u_{n+1}-2\right)\left( u_{n+1}+2\right)= \left( u_{n}+4\right)\left( u_{n}-2\right)^2+\frac{1}{n+1}, \forall n\in \mathbb{N}.$$

3) Từ 1) và 2), ta có $u_n\ge 2 , \forall n\in \mathbb{N}.$ Hơn nữa, ta cũng có đánh giá $u_n\le \frac{5}{2}, \forall n\in \mathbb{N}.$

4) Suy ra $u_{n+1}-2= \frac{\left( u_{n}+4\right)\left( u_{n}-2\right)}{ u_{n+1}+2}\left( u_{n}-2\right)+\frac{1}{(n+1)\left( u_{n+1}+2\right)}, n\in \mathbb{N}.$

Hơn nữa, 

$$0< \frac{\left( u_{n}+4\right)\left( u_{n}-2\right)}{ u_{n+1}+2}\le \frac{(2+4)\left( \frac{5}{2}-2\right)}{2+2}=\frac{3}{4}, .$$

Do đó, 

$$\left|u_{n+1}-2\right|\le \frac{3}{4}\left|u_{n}-2\right|+\frac{1}{4n+4}, n\ge 1.$$

Áp dụng bổ đề giới hạn ta nhận được $\lim u_n=2.$

https://diendantoanh...ãy-số-giới-hạn/

Cho số thực $q\in (0, 1).$ Xét hai dãy không âm $(a_{n}), (b_{n})$ thỏa mãn $a_{n+1}\leq qa_{n}+b_{n}, \forall n\in \mathbb{N}^{*}$ và $\lim_{n\rightarrow +\infty }b_{n}=0.$ Chứng minh rằng $\lim_{n\rightarrow +\infty }a_{n}=0.$

 

Cho các số thực a, b (a>b) và hai dãy số $\begin{Bmatrix} u_{n} \end{Bmatrix}$ và $\begin{Bmatrix} v_{n} \end{Bmatrix}$ xác định như sau:

$\left\{\begin{matrix} u_{1}=a; v_{1}=b\\ u_{n+1}=\frac{u_{n}+v_{n}}{2}; v_{n+1}=\sqrt{u_{n}v_{n}} \end{matrix}\right.$ với mọi $n\in N^{*}$

Chứng minh rằng hai dãy trên co giới hạn hữu hạn và $\limu_{n}=\lim v_{n}$

Một số nhận xét  dẫn đến lời giải cho bài toán:

1) Dùng qui nạp và bất đẳng thức Cauchy, ta nhận được $u_n\ge v_n \forall n\in \mathbb{N},$

2) Từ 1), ta thu được $ \left\{u_n\right\} $ là dãy giảm bị chặn dưới bởi $v_1=b$ và $\left\{v_n\right\}$ là dãy tăng bị chặn trên bởi $u_1=a.$

3) Từ 2), ta thu được cả hai dãy hội tụ. Từ hệ thức truy hồi $u_{n+1}=\frac{u_n+v_n}{2}$, ta suy ra hai dãy hội tụ về cùng giới hạn.

Dạ chỗ này: $u_n-u_n^2< \frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}$

Tại sao em nghĩ thế? Ta sẽ xem xét điều đó với $n\ge 2, 0<u_n<\frac{1}{n}\le \frac{1}{2}.$

Hàm $ g(x)= x-x^2 $ là hàm đồng biến trên $ \left. \left(0,\frac{1}{2}\right.\right].$

(Thay vì dùng tính đồng biến, em có thể lập hiệu và phân tích thành nhân tử.)

Hình như chỗ này bị ngược dấu thì phải?

Viết thế thì ai biết chỗ nào?

"Triệu hồi" L Lawliet!

Cả năm trời chúng ta chưa nói chuyện với nhau lời nào!
Hãy quay lại cùng giải PT.

P/S: Thật sự rất khó khăn mới có thể tìm lại cái tên (L Lawliet) một cách chính xác.

Lời giải.

 

Giải pt $\sqrt{9x^{2}-26x-1}-1=\sqrt{7x^{2}-20x-2}$

Khi $7x^{2}-20x-2\ge 0,$ PT tương đương

$9x^{2}-26x-1 =\left(\sqrt{7x^{2}-20x-2}+1 \right)^2.$

$\iff 2x^2 - 6x=2\sqrt{7x^{2}-20x-2}.$

$\iff x^2 - 3x=\sqrt{7x^{2}-20x-2}.$

Khi $x^2-3x\ge 0,$ PT tương đương $x^4 - 6x^3 + 2x^2 + 20 x + 2=0.$

Ta "phải" dùng PP giải PT bậc 4 tổng quát để xử lý PT này!

Đến đây dùng pp kẹp sẽ nhanh hơn 

Ta có: $t^2\leq t^2+t=w^2<(t+1)^2\Rightarrow t^2+t=w^2=t^2=> t=0$

OK! Ban đầu cũng nghĩ đến nó nhưng "quên" dùng đến $t\ge 0$ để xử lý cái kẹp.

Tìm nghiệm nguyên
$\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}}=y$

Giả sử $(x,y)$  là một nghiệm nguyên của PT.

Dễ dàng thấy $\sqrt{x}, x+\sqrt{x}, \sqrt{x+\sqrt{x}}$ là các số nguyên.

Đặt $t=\sqrt{x}\in \mathbb{Z}.$ 

Suy ra $t^2+t\in \mathbb{Z}$ và $t^2+t$ là số chính phương.

Vì thế tồn tại sớ nguyên không âm $z$ sao cho $t^2+t=w^2$.

$$\iff (2t+1)^2=4w^2+1 \iff  (2t+1-w)(2t+1-w)=1.$$

Vì t, w\ge 0 nên $2t+1+w=1$. Do đó $t=w=0.$

Suy ra $x=y=0.$

Hơn nữa, ta có thể kiểm tra $(x,y)=(0,0)$ là nghiệm của PT. 

PT chỉ có duy nhất nghiệm: $(x,y)=(0,0)$.

Xác định số hạng tổng quát của dãy số:

$u_{1}$=2

$u_{n+1}=9u_{n}^{3}+3u_{n}$

Đặt $v_{n}= 3u_n, n\in \mathbb{N}.$

$v_{n+1}= v_n^3+3v_n.$

Nhận xét: Nếu $v_n=t^{\alpha_n}-\frac{1}{t^{\alpha_n}}$ thì $v_{n+1}=t^{3\alpha_n}-\frac{1}{t^{3\alpha_n}}.$

Suy ra $v_{n}=t^{3^{n-1}}-\frac{1}{t^{3^{n-1}}},$ trong đó $t$ là nghiệm phương trình $t- \frac{1}{t}=v_1=6.$

Từ đó suy ra $u_n.$