Cho 2 dãy số $(x_n),(y_n)$ thoả mãn:

$x_1=y_1=\sqrt{3}$

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

$y_{n+1}=\frac{y_n}{1+\sqrt{1+y_{n}^{2}}}$

Chứng minh rằng $2<x_{n}y_{n}<3$ với mọi $n\geq2$

Dùng lượng giác, ta sẽ tìm ra SHTQ của hai dãy. Từ đó, ta chứng minh được điều cần phải chứng minh.

Tính các tích phân đường sau :

1) $\int_{\overarc{AB}}(1-\frac{y^2}{x^2}\cos{\frac{y}{x}})dx+(\sin{\frac{y}{x}+\frac{y}{x}\cos{\frac{y}{x}}})dy$, với $A(1,\pi),B(2,\pi)$ và $\overarc{AB}$ không cắt trục $Oy$.

2) $\int_{\overarc{AB}}\frac{xdy-ydx}{x^2+y^2}$, với $A(1,1),B(2,4)$ trong hai trường hợp cung $\overarc{AB}$ tạo với đoạn AB thành đường cong kín không bao gốc toạ độ và bao gốc toạ độ.

2) Không kín mà bao quanh gốc tọa độ hiểu ntn ("bao quanh"?)?

Cho dãy $(u_{n})$ thoả mãn: $\left\{\begin{matrix} u_{0}=\frac{1}{2}\\u_{k+1}=u_{k}+\frac{1}{n}u_{k}^{2},\forall k=\overline{0,n-1} \end{matrix}\right.$

Tìm $\lim u_{n}$

Đề sai rồi!

Lời giải:

 

Bài này cũng có thể giải được sao? Ngay cả $u_2$, mình cũng không biết xác định như thế nào!

Để cho dễ hiểu, cái đề cần phải sửa lại thế này :

Cho $(u_n)$ là một dãy số hữu hạn gồm n+1 số hạng : $u_0,u_1,u_2,...,u_n$ thỏa mãn :

$\left\{\begin{matrix}u_0=\frac{1}{2}\\u_{k+1}=u_k+\frac{1}{n}\ u_k^2,\forall k=\overline{0,n-1} \end{matrix}\right.$

Cho $n$ tiến đến vô cùng, hãy tính $\lim u_n$ ?

 

(Tức là với mỗi giá trị của $n$, ta có một dãy số hữu hạn khác nhau (với số hạng cuối cùng là $u_n$). Cần tính xem khi $n$ tiến đến vô cùng thì số hạng cuối cùng đó tiến đến bao nhiêu ?)

Vậy đó là một đề bài khác, không phải đề bài này.

ai giúp mình với

Nghịch đảo sẽ thấy dãy đơn giản theo dãy $\left\{\frac{1}{u_n}\right\}.$

Hàm số sau đây có bao nhiêu điểm gián đoạn
$$f(x)=\begin{cases}\frac{|x|}{x}, x \ne 0\\0, x=0\end{cases}$$

Dễ dàng kiểm tra hàm số này chỉ có duy nhất điểm gián đoạn: $x=0.$

Tìm $\lim u_n$ biết $u_n=\frac{1}{2\sqrt{1}+1\sqrt{2}}+\frac{1}{3\sqrt{2}+2\sqrt{3}}+...+\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}$

Dùng đẳng thức $$\dfrac{1}{(k+1)\sqrt{k}+k\sqrt{k+1}}= \dfrac{1}{\sqrt{k}\sqrt{k+1}\left( \sqrt{k+1}+\sqrt{k}\right)}=\dfrac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k}}{\sqrt{k}\sqrt{k+1}}= \frac{1}{\sqrt{k}}-\frac{1}{\sqrt{k+1}}.$$

Tìm giới hạn dãy $1+\frac{1}{2} +...+\frac{1}{n+1}$

P/s:Mong mọi người bỏ ra chút thời gian giúp mình với ạ!

Dùng đánh giá $\ln{(1+x)}\le x,$ ta có 

$\frac{1}{k}\ge \ln\left( 1+\frac{1}{k}\right)=\ln{(k+1)}-\ln k. $

Suy ra 

$$1+\frac{1}{2} +...+\frac{1}{n+1}\ge \ln{(n+1).}$$

Do đó, 

$$\lim_{n\to\infty} \left(1+\frac{1}{2} +...+\frac{1}{n+1}\right)=\infty.$$

Cho dãy số $({{u}_{n}})$ xác định bởi ${{u}_{1}}>0$ và ${{u}_{n+1}}=\dfrac{u_{n}^{3}+4{{u}_{n}}}{u_{n}^{2}+1}$ với mọi $n\ge 1.$ Chứng minh rằng ${{u}_{n}}<\dfrac{2{{u}_{1}}+3(n-1)}{2}$ với mọi $n\ge 2.$

Mấu chốt là tính chất sau: $u_{n+1}\le u_n+\frac{3}{2}\, \forall n\ge 1.$

Tìm

$\displaystyle \lim_{x\to 0}(\displaystyle \lim_{n\to \infty}(\dfrac{1}{x}(A^n-E)))$

trong đó $E$ là ma trận đơn vị

và $A = \begin{bmatrix} 1 & \dfrac{x}{n}\\ -\dfrac{x}{n} & 1 \end{bmatrix}, n \in \mathbb{N^*}$

Giới hạn bên trong tiến về ma trân không (ma trận vuông cấp 2). 

Mình đang muốn hướng tìm số hạng tổng quát. Liệu có tìm được không nhỉ?

Hãy cho mình một lý do để ta lại đi theo tiếp cận phức tạp hơn hướng đơn giản?

Mình nhìn hơi vội! Để mình xử lý lại!

 

 

 

 

 

Nháp: 

Ta có 

$A = \begin{bmatrix} 1 & \dfrac{x}{n}\\ -\dfrac{x}{n} & 1 \end{bmatrix}= E+\frac{1}{n}B,$ trong đó $B= \begin{bmatrix} 0 & x\\ -x & 0 \end{bmatrix}$

$A^n-E=B+ \sum_{k=2}^n\frac{C_n^k}{n^k}B^k.$

Sao lại tiến về ma trận không?

Mình nhìn hơi vội! Để mình xử lý lại!

Nháp: 

Ta có 

$A = \begin{bmatrix} 1 & \dfrac{x}{n}\\ -\dfrac{x}{n} & 1 \end{bmatrix}= E+\frac{1}{n}B,$ trong đó $B= \begin{bmatrix} 0 & x\\ -x & 0 \end{bmatrix}$

$A^n-E= \sum_{k=1}^n\frac{C_n^k}{n^k}B^k.$

Đặt $S_n= E+\sum_{k=1}^n\frac{1}{k!}B^k.$

Nhận xét:

1) Dãy $\left\{S_n\right\}$ hội tụ về $S:=e^{B}.$

2) Dãy $\left\{A^n-S_n\right\}$ hội tụ về  $0.$

(Cần kiểm tra 2.)

$A^n-S_n= \sum_{k=1}^n\frac{1}{k!}\left(\displaystyle\prod_{i=1}^{n-k}(1-\frac{k}{n})-1\right)B^k.$

Tìm cực trị của hàm $z = x^3y^2(6 - x - y)$, $x>0$, $y>0$.

Trên miền $x>0, y>0$, hàm số chỉ có duy nhất một điểm dừng $(3,2)$ và điểm dừng đó là điểm cực tiểu.

 

 

Chứng minh rằng: $n!>(\frac{n}{3})^{n}$ với $\forall n\in\mathbb{N}^*$

Bất đẳng thức "mạnh hơn" là $n!>(\frac{n}{e})^{n} \forall n\ge 1.$

Đặt $u_n= \dfrac{n!}{\left(\frac{n}{e}\right)^n}.$

Ta có $\frac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{e}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}>1.$

Lưu ý: Khi định nghĩa, $e$, ta đã có dãy $\left\{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right\}$ là dãy tăng và hội tụ về $e.$

Hơn nữa, $u_1>1$ nên $u_n>1 \forall n\ge 1.$ Suy ra điều phải chứng minh.

Có lẽ bài toán của mình chính là như kiểu đang chứng minh dãy $\left\{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right\}$ là dãy tăng và hội tụ về $e.$

Mình đọc thấy có điều gì đó kỳ kỳ! Vậy e là gì?

Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi:

$\left\{\begin{matrix}u_1=1, u_2=2 \\ u_{n+1}=\sqrt{u_n} +\sqrt{u_{n-1}} , \forall n\geq 2 \end{matrix}\right.$

CMR: $(u_n)$ tăng và bị chặn trên.

(+) Dãy bị chặn trên bởi 4.

(+) Dãy tăng được chứng minh bằng qui nạp.

Tính tích phân suy rộng $\int_{1}^{\infty } \frac{ln(1+x)}{x} dx$ 

Sử dụng BĐT $\frac{\ln{(1+x)}}{x}\ge \frac{\ln 2}{x}>0 \, \forall x\ge 1$ để chứng minh TPSR phân kỳ.

"Ngịch đảo" ta sẽ dẫn ra dãy truy hồi tuyến tính $2v_{n+2}=v_{n+1}+v_{n}, n\ge 1,$ trong đó $v_n= \frac{1}{u_n}.$

Giải tìm $v_n$ theo $n$. Từ đó, ta xác định được $\lim u_n.$

Có vẻ như anh nhầm gì đó ở chỗ chú ý. Theo nội dung tiêu chuẩn Cauchy, dãy số $u_n$ hội tụ khi và chỉ khi nó là dãy Cauchy.

Bạn đọc không kỹ. Dãy thì chưa chắc là dãy số.

có đơn giản quá không nhỉ

Ý bạn là thế nào?

$e=\lim_{x\rightarrow \infty }(1+\frac{1}{x})^x$

Vậy làm sao định nghĩa số $(1+\frac{1}{x})^x$ khi $x$ là số vô tỷ?

Kết hợp sao vậy bạn? Giải thích rõ hơn dùm mình nha! Cảm ơn!

1) Khảo sát sự hội tụ của chuỗi số sau:

                    $\sum_{n=1}^{+\infty}{\frac{\cos{n}}{n}}.$

2) Dùng tiêu chuẩn Cauchy xét tính hội tụ của dãy số sau:

$S_n=\frac{\cos{1^n}}{2^1}+\frac{\cos{2^n}}{2^2}+...+\frac{\cos{n^n}}{2^n}.$

$T_n=\frac{|\cos{1^n}|}{2^1}+\frac{|\cos{2^n}|}{2^2}+...+\frac{|\cos{n^n}|}{2^n}$. Dãy $\left\{ T_n\right\}$ hội tụ vì dãy này tăng và bị chặn trên bởi 1. 
Tìm ra chặn trên của dãy nhờ đánh giá $\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{2^n}<1.$

Suy ra $\left\{ S_n\right\}$ hội tụ.

Cho $x_{1}=a,y_{1}=b;
và x_{n+1}=\frac{x_{n}+y_{n}}{2};
y_{n+1}=\sqrt{x_{n}y_{n}}$
Tìm lim $x_{n},y_{n}$

Sao bạn không đề cập đến điều kiện của $a$ và $b$?

 

$0\leq U_n \leq 2$ va $U_{n}+U_{n+2}\geq 2U_{n+1}$ , $n \leq 1$

cmr $0 \leq n(U_n-U_{n+1}) \leq 2$ 

 

Vì dãy $\left\{u_k-u_{k+1} \right\}$ là dãy giảm nên 

$$n(u_{n}-u_{n+1})\le (u_1-u_2)+(u_2-u_3)+...+(u_n-u_{n+1})=u_1-u_{n+1}\le 2.$$

Cho $x\to +\infty$. Chứng minh rằng: $\frac{arctan(x)}{1+x^2}=O(\frac{1}{x^2})$

Điều này dễ thấy vì $\lim_{x\to \infty} \arctan x=\frac{\pi}{2}.$