Dễ thấy $u_n >0 , \forall n$
Mặt khác : $u_{n+1}-u_n=\frac{1}{u_n} >0$ Vậy $u_n$ tăng
Giả sử $u_n$ có giới hạn hữu hạn là L . Suy ra : $L=L+\frac{1}{L}$ (vô lý)
Vậy $\lim u_n = +\infty$
Ta có : $\lim \frac{u_n^2}{n}=\lim (u_{n+1}^2-u_n^2)=\lim (2+\frac{1}{u_n^2})=2$
Hay $\lim \frac{u_n}{\sqrt{n}}=\sqrt{2}$
ĐPCM
PRONOOBCHICKENHANDSOME's Content
There have been 226 items by PRONOOBCHICKENHANDSOME (Search limited from 08-06-2020)
#381076 $lim\frac{u_{n}}{\sqrt{n}...
Posted by
on 28-12-2012 - 00:15
in
Dãy số - Giới hạn
#380570 Hãy tìm $\frac{x_0}{x_1}+\frac{x_1...
Posted by
on 26-12-2012 - 12:06
in
Dãy số - Giới hạn
$x_2=\frac{1}{2}=\frac{1}{2!} , x_3=\frac{1}{6} =\frac{1}{3!}$
Dễ dàng chứng minh bằng quy nạp theo công thức truy hồi :$x_n =\frac{1}{n!} , \forall n \geq 2 $
Vậy $\frac{x_0}{x_1}+\frac{x_1}{x_2}+...+\frac{x_{50}}{x_{51}}=\frac{1}{2}+4+(3+4+...+51)=1327,5$
Dễ dàng chứng minh bằng quy nạp theo công thức truy hồi :$x_n =\frac{1}{n!} , \forall n \geq 2 $
Vậy $\frac{x_0}{x_1}+\frac{x_1}{x_2}+...+\frac{x_{50}}{x_{51}}=\frac{1}{2}+4+(3+4+...+51)=1327,5$
#376126 Chứng minh rằng dãy $\bigg\{\frac{S_n}...
Posted by
on 08-12-2012 - 21:38
in
Dãy số - Giới hạn
a/$S_{n}S_{n+2} - S_{n+1}^2 = (x_1^n+x_2^n)(x_1^{n+2}+x_2^{n+2})-(x_1^{n+1}+x_2^{n+1})^2=...=a^2-4 \geq 0 $
$\Rightarrow \frac{S_{n}}{S_{n+1}}-\frac{S_{n+1}}{S_{n+2}} = \frac{S_{n}S_{n+2}-S_{n+1}^2}{S_{n+1}S_{n+2}} \geq 0 $
Vậy $\frac{S_{n}}{S_{n+1}}$ giảm . ĐPCM.
b/ Câu này k hiểu đề lắm , tìm a sao cho cái bđt đúng với mọi n hay sao cho tồn tại n sao cho cái bđt đấy đúng
$\Rightarrow \frac{S_{n}}{S_{n+1}}-\frac{S_{n+1}}{S_{n+2}} = \frac{S_{n}S_{n+2}-S_{n+1}^2}{S_{n+1}S_{n+2}} \geq 0 $
Vậy $\frac{S_{n}}{S_{n+1}}$ giảm . ĐPCM.
b/ Câu này k hiểu đề lắm , tìm a sao cho cái bđt đúng với mọi n hay sao cho tồn tại n sao cho cái bđt đấy đúng
#375896 $\lim_{m \to \infty} m \sum_{k=m+1...
Posted by
on 07-12-2012 - 22:17
in
Dãy số - Giới hạn
Cho dãy số $a_n$ xác định bởi : $\left\{\begin{matrix} a_1=1 \\ a_{n+1}=\frac{na_n}{2+n(a_n+1)} \end{matrix}\right.$
Tính $\lim_{m \to \infty} m \sum_{k=m+1}^{2m} a_{k}$
Tính $\lim_{m \to \infty} m \sum_{k=m+1}^{2m} a_{k}$
#375879 $cos2A + cos2B + cos2C\leq \frac{3}{2}$
Posted by
on 07-12-2012 - 21:39
in
Các bài toán Lượng giác khác
Sử dụng đẳng thức quen thuộc : $ \cos 2A + \cos 2B + \cos 2C = -1 - 4 \cos A \cos B \cos C <-1$ với mọi tam giác nhọn
Vậy bđt cần chứng minh đúng và không có dấu = xảy ra
Vậy bđt cần chứng minh đúng và không có dấu = xảy ra
#375221 Tính giới hạn $\sum_{i=1}^{n}{\frac...
Posted by
on 04-12-2012 - 22:22
in
Giải tích
$ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \ln \frac{n}{i} = \int_{0}^{1} \ln \frac{1}{x} dx =1 $
#374683 $\bigtriangleup ABC$ thoả $\frac{b^3+c^3-a^3...
Posted by
on 02-12-2012 - 22:42
in
Hình học phẳng
1)Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau : $\frac{b^3+c^3-a^3}{b+c-a}=\frac{a^3}{a}=\frac{b^3+c^3}{b+c}=b^2-bc+c^2$
Mặt khác, theo định lý hàm số cos trong tam giác : $a^2 = b^2 +c^2 - 2bc \cos A \rightarrow \cos A = \frac{1}{2}$
2)$\cos ( A+C ) +3 \cos B = 1 \Rightarrow \cos B = \frac{1}{2}$
Từ 2 khẳng định trên thì ta suy ra tam giác ABC đều
Mặt khác, theo định lý hàm số cos trong tam giác : $a^2 = b^2 +c^2 - 2bc \cos A \rightarrow \cos A = \frac{1}{2}$
2)$\cos ( A+C ) +3 \cos B = 1 \Rightarrow \cos B = \frac{1}{2}$
Từ 2 khẳng định trên thì ta suy ra tam giác ABC đều
#374675 Tính f(2008)
Posted by
on 02-12-2012 - 22:30
in
Phương trình hàm
$n=0 \rightarrow f(f(0))+f(0)=3 $
Nếu $f(0)=0 \rightarrow f(f(0))+f(0)=f(0)+f(0)=0 $ loại
Nếu $f(0)=1 \rightarrow f(1)=2 $ dễ dàng cm quy nạp $f(n)=n+1$ suy ra $f(2008)=2009$
Nếu $f(0)=2 \rightarrow f(2)=1 \rightarrow f(1)+f(2)=7 \rightarrow f(1)=6 \rightarrow f(6)+f(1)=5 \rightarrow f(6)=-1$ loại
Nếu $f(0)=3 \rightarrow f(f(0))=0 \rightarrow f(f(f(0)))+f(f(0))=2f(0)+3=9 \rightarrow f(0)=9 $ vô lý
Vậy $f(0)=1$ và suy ra $f(2008)=2009$
Nếu $f(0)=0 \rightarrow f(f(0))+f(0)=f(0)+f(0)=0 $ loại
Nếu $f(0)=1 \rightarrow f(1)=2 $ dễ dàng cm quy nạp $f(n)=n+1$ suy ra $f(2008)=2009$
Nếu $f(0)=2 \rightarrow f(2)=1 \rightarrow f(1)+f(2)=7 \rightarrow f(1)=6 \rightarrow f(6)+f(1)=5 \rightarrow f(6)=-1$ loại
Nếu $f(0)=3 \rightarrow f(f(0))=0 \rightarrow f(f(f(0)))+f(f(0))=2f(0)+3=9 \rightarrow f(0)=9 $ vô lý
Vậy $f(0)=1$ và suy ra $f(2008)=2009$
#374601 CMR $\sum_{i=1}^{2012}f^{3}\left...
Posted by
on 02-12-2012 - 18:43
in
Phương trình hàm
$x=0 \rightarrow f(1)=2012 $
$y=1 \rightarrow f(x+1)=2012(x+1)$
$\rightarrow \sum_{i=1}^{2012} f^3(i)=2012^3(\sum_{i=1}^{2012} i^3 )=\frac{2012^3}{4}.2012^2.2013^2 > \frac{2012^7}{4}$
Đpcm
$y=1 \rightarrow f(x+1)=2012(x+1)$
$\rightarrow \sum_{i=1}^{2012} f^3(i)=2012^3(\sum_{i=1}^{2012} i^3 )=\frac{2012^3}{4}.2012^2.2013^2 > \frac{2012^7}{4}$
Đpcm
#374594 Tìm 5 số hạng liên tiếp của 1 cấp số cộng.
Posted by
on 02-12-2012 - 18:29
in
Dãy số - Giới hạn
Theo C-S thì : $ 480 = a^2+b^2+c^2+d^2+e^2 \geq \frac{(a+b+c+d+e)^2}{5} =500 $ vô lý
Suy ra vô nghiệm
Suy ra vô nghiệm
#374520 Chứng minh rằng 3 số dương a,b,c theo thứ tự lập thành 1 cấp số cộng
Posted by
on 02-12-2012 - 13:12
in
Dãy số - Giới hạn
$\frac{1}{\sqrt{b}+\sqrt{c}} ; \frac{1}{\sqrt{c}+\sqrt{a}} ;\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$ lập thành 1 cấp số cộng khi và chỉ khi :
$\frac{1}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}} =\frac{2}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}$ (*)
Quy đồng chuyển vế đổi dấu , ta thấy :
$(*) \Leftrightarrow a+c=2b $
$\Leftrightarrow a,b,c $ lập thành 1 cấp số cộng
$\frac{1}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}} =\frac{2}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}$ (*)
Quy đồng chuyển vế đổi dấu , ta thấy :
$(*) \Leftrightarrow a+c=2b $
$\Leftrightarrow a,b,c $ lập thành 1 cấp số cộng
#374374 Tìm $min$ $P=\sum \frac{x}{y^{2...
Posted by
on 01-12-2012 - 22:09
in
Bất đẳng thức và cực trị
$\frac{x}{y^2+z^2}=\frac{x}{1-x^2} \geq \frac{9x^2}{2\sqrt{3}} \Leftrightarrow (\sqrt{3}x-1)^2(3x+2\sqrt{3}) \geq 0 $
Vậy : $P \geq \frac{9(x^2+y^2+z^2)}{2\sqrt{3}} =\frac{3\sqrt{3}}{2}$
Vậy : $P \geq \frac{9(x^2+y^2+z^2)}{2\sqrt{3}} =\frac{3\sqrt{3}}{2}$
#374238 $\arctan x \geqslant x$ $,$ $\forall...
Posted by
on 01-12-2012 - 16:59
in
Các bài toán Lượng giác khác
$f(x)= \arctan x - x , f(x)'=\frac{1}{x^2+1}-1 \leq 0 , \forall x \Rightarrow f(x) \geq f(0)=0 , \forall x \leq 0 $
#371143 $\sum x\geq \frac{3}{x+y+z}+\fra...
Posted by
on 20-11-2012 - 22:25
in
Bất đẳng thức và cực trị
$x+y+x \geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \geq \frac{9}{x+y+z} $
$\Rightarrow x+y+z \geq 3 $
$\Rightarrow (x+y+z)^2 = \frac{(x+y+z)^2}{3}+\frac{2(x+y+z)^2}{3} \geq 3 + \frac{2(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})^2}{3} \geq 3 + 2( \frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx})$
đpcm
$\Rightarrow x+y+z \geq 3 $
$\Rightarrow (x+y+z)^2 = \frac{(x+y+z)^2}{3}+\frac{2(x+y+z)^2}{3} \geq 3 + \frac{2(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})^2}{3} \geq 3 + 2( \frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx})$
đpcm
#369857 Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^5+y^5=33\...
Posted by
on 16-11-2012 - 17:52
in
Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Vì 2 hàm $x^5$ và $x^3$ đều đồng biến trên $\mathbb{R}$ ta giả sử $y>1$
Suy ra $x^5<32$ và $x^3>8$ ( vô lý )
Nếu $y<1$ đổi chiều các bdt .
Vậy HPT có nghiệm duy nhất $(x,y)=(2,1)$
Suy ra $x^5<32$ và $x^3>8$ ( vô lý )
Nếu $y<1$ đổi chiều các bdt .
Vậy HPT có nghiệm duy nhất $(x,y)=(2,1)$
#369480 1: $\int_{1}^{\frac{\pi}{2...
Posted by
on 14-11-2012 - 20:28
in
Tích phân - Nguyên hàm
$\int e^u \cos 2u du=\frac{1}{2}\int e^ud(\sin 2u)=\frac{1}{2}\left ( e^u\sin 2u-\int e^u\sin 2u dx\right )=\frac{1}{2}\left ( e^u \sin 2u+\frac{1}{2} \int e^u d(\cos 2u)\right )=\frac{1}{2}\left [ e^u \sin 2u +\frac{1}{2}\left ( e^u \cos 2u -\int e^u \cos 2u du \right ) \right ]$
Nhân tung ra , chuyển vế đổi dấu :
$\int e^u \cos 2u du=\frac{2}{5}.e^u \sin 2u +\frac{1}{5}.e^u \cos 2u + C $
Nhân tung ra , chuyển vế đổi dấu :
$\int e^u \cos 2u du=\frac{2}{5}.e^u \sin 2u +\frac{1}{5}.e^u \cos 2u + C $
#369469 1: $\int_{1}^{\frac{\pi}{2...
Posted by
on 14-11-2012 - 19:48
in
Tích phân - Nguyên hàm
Ta tính $I=\int \cos (2 ln x ) dx$
Đặt : $ln x = u \Rightarrow du = \frac{dx}{x}$
$I = \int x \cos (2 ln x ) \frac{dx}{x} = \int e^u \cos 2u du$
Đến đây thì ok
Đặt : $ln x = u \Rightarrow du = \frac{dx}{x}$
$I = \int x \cos (2 ln x ) \frac{dx}{x} = \int e^u \cos 2u du$
Đến đây thì ok
#369268 Cho x,y,z>0 và x+y+z=4 CMR : $\sqrt{x+y}+\sqrt...
Posted by
on 13-11-2012 - 21:14
in
Bất đẳng thức và cực trị
$0<a<1 \Rightarrow a(a-1)<0 $ hay $ a^2<a $tai sao lai. suy ra du0c. cai BDT o? dau' suy ra dau` tien ban. nhj? ??
#368231 Cho x,y,z>0 và x+y+z=4 CMR : $\sqrt{x+y}+\sqrt...
Posted by
on 09-11-2012 - 20:55
in
Bất đẳng thức và cực trị
$ 0 < \frac{x+y}{4} < \frac{x+y+z}{4}=1$
$\Rightarrow \sqrt{\frac{x+y}{4}} > \frac{x+y}{4}$
Lập các bđt tương tự suy ra :
$\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x} > x+y+z = 4 $
ĐPCM
$\Rightarrow \sqrt{\frac{x+y}{4}} > \frac{x+y}{4}$
Lập các bđt tương tự suy ra :
$\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x} > x+y+z = 4 $
ĐPCM
#368119 Chứng minh rằng $x_{1996} \vdots 1997$
Posted by
on 09-11-2012 - 14:48
in
Dãy số - Giới hạn
Cách này hơi chày cối tí , ta có sau khi tính toán :
$ x_n = \frac{1975}{8} +\frac{2005}{12}.(-1)^n -\frac{1747}{24}.5^n $ với mọi n nguyên dương .
$\Rightarrow x_{1996} = ... = \frac{9935 - 1747.5^{1995}}{24}$
Ta chứng minh $ 9935 -1747.5^{1995} \vdots 1997 \Leftrightarrow 49675 - 1747.5^{1996} \vdots 1997$ do (5,1997)=1
Thật vậy ĐPCM $\Leftrightarrow 49675 \equiv 1747.5^{1996} ( mod 1997) $
$\Leftrightarrow 49675 \equiv 1747 (mod 1997) $ do $5^{1996} \equiv 1$ (mod 1997) theo định lý fermat nhỏ
điều trên đúng .. mà (24,1997)=1 suy ra : $x_{1996} \vdots 1997$ ĐPCM .
$ x_n = \frac{1975}{8} +\frac{2005}{12}.(-1)^n -\frac{1747}{24}.5^n $ với mọi n nguyên dương .
$\Rightarrow x_{1996} = ... = \frac{9935 - 1747.5^{1995}}{24}$
Ta chứng minh $ 9935 -1747.5^{1995} \vdots 1997 \Leftrightarrow 49675 - 1747.5^{1996} \vdots 1997$ do (5,1997)=1
Thật vậy ĐPCM $\Leftrightarrow 49675 \equiv 1747.5^{1996} ( mod 1997) $
$\Leftrightarrow 49675 \equiv 1747 (mod 1997) $ do $5^{1996} \equiv 1$ (mod 1997) theo định lý fermat nhỏ
điều trên đúng .. mà (24,1997)=1 suy ra : $x_{1996} \vdots 1997$ ĐPCM .
#368107 $a+b+c+nabc \leq x_{1}^{3}+ x_{2}^...
Posted by
on 09-11-2012 - 13:45
in
Bất đẳng thức và cực trị
Không mất tính tổng quát giả sử $x_1 \leq x_2 \leq ... \leq x_n$
Khi đó chọn $(a,b,c,d) = (x_1 , x_2 , x_3 , x_n)$
Ta chứng minh bộ này thỏa mãn bất đẳng thức trên .
Thật vậy với mọi $x \in (x_i)$ , ta có :
$(x-a)(x-b)(x-c) \geq 0 \Leftrightarrow x^3 - x^2(a+b+c)+x(ab+bc+ca)-abc \geq 0 $
$\Leftrightarrow x^2(a+b+c)+abc \leq x^3 +x(ab+bc+ca)$
Cho x chạy qua mọi giá trị từ $x_1 \to x_n$
$\Rightarrow (a+b+c)(\sum_{i=1}^{n}x_i^2) + nabc \leq \sum_{i=1}^{n} x_i^3 + (ab+bc+ca) (\sum_{i=1}^{n}x_i)$
Hay $a+b+c+nabc \leq \sum_{i=1}^{n} x_i^3$
Làm tương tự với chiều kia .
$\Rightarrow Q.E.D$
Khi đó chọn $(a,b,c,d) = (x_1 , x_2 , x_3 , x_n)$
Ta chứng minh bộ này thỏa mãn bất đẳng thức trên .
Thật vậy với mọi $x \in (x_i)$ , ta có :
$(x-a)(x-b)(x-c) \geq 0 \Leftrightarrow x^3 - x^2(a+b+c)+x(ab+bc+ca)-abc \geq 0 $
$\Leftrightarrow x^2(a+b+c)+abc \leq x^3 +x(ab+bc+ca)$
Cho x chạy qua mọi giá trị từ $x_1 \to x_n$
$\Rightarrow (a+b+c)(\sum_{i=1}^{n}x_i^2) + nabc \leq \sum_{i=1}^{n} x_i^3 + (ab+bc+ca) (\sum_{i=1}^{n}x_i)$
Hay $a+b+c+nabc \leq \sum_{i=1}^{n} x_i^3$
Làm tương tự với chiều kia .
$\Rightarrow Q.E.D$
#368008 ĐỀ CHỌN HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI VÒNG 2 NĂM HỌC 2012-2013
Posted by
on 08-11-2012 - 22:42
in
Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
V.
$f(2x)=2f(x) \Rightarrow f(2^nx)=2^nf(x)$ với mọi n nguyên dương
Vĩ $x>0$ nên tồn tại n sao cho $2^nx>1$
$\Rightarrow f(2^nx)=2^nxf(1) \Rightarrow f(x) = xf(1) \forall x > 0$
Thay $x=1$ vào đk 2 kết hợp với đk trên suy ra :
$(f(1))^3(e^{f(1)}-1)=e-1 \forall e>1 $ ( e=1 thì 0=0)
$\Leftrightarrow \frac{e-1}{e^{f(1)}-1}=const$ với e>1
Mặt khác vì $f(k) \in \mathbb{N}^* \forall k \in \mathbb{N}^*$
$\Rightarrow f(1) \geq 1 $
Từ đó tính đc : $f(1)=1 \Rightarrow f(x) \equiv x $
$f(2x)=2f(x) \Rightarrow f(2^nx)=2^nf(x)$ với mọi n nguyên dương
Vĩ $x>0$ nên tồn tại n sao cho $2^nx>1$
$\Rightarrow f(2^nx)=2^nxf(1) \Rightarrow f(x) = xf(1) \forall x > 0$
Thay $x=1$ vào đk 2 kết hợp với đk trên suy ra :
$(f(1))^3(e^{f(1)}-1)=e-1 \forall e>1 $ ( e=1 thì 0=0)
$\Leftrightarrow \frac{e-1}{e^{f(1)}-1}=const$ với e>1
Mặt khác vì $f(k) \in \mathbb{N}^* \forall k \in \mathbb{N}^*$
$\Rightarrow f(1) \geq 1 $
Từ đó tính đc : $f(1)=1 \Rightarrow f(x) \equiv x $
#367149 ính $\mathop {\lim }\limits_{n \to...
Posted by
on 04-11-2012 - 22:57
in
Dãy số - Giới hạn
Đặt $b_n = \frac{a_n}{n!}$
$\Rightarrow b_{n+1} = \frac{a_{n+1}}{(n+1)!} = \frac{a_n+1}{n!} = b_n + \frac{1}{n!} = ... = 1 + \frac{1}{1!}+\frac{1}{2!} + ... + \frac{1}{n!}$
$\Rightarrow \lim_{n \to \infty } b_n = \sum_{i=0}^{\infty} \frac{1}{i!} = e $
Mặt khác dễ dàng CM $\prod_{k=1}^n ( 1+\frac{1}{a_k})= \frac{a_{n+1}}{(n+1)!} = b_{n+1}$
$\Rightarrow b_{n+1} = \frac{a_{n+1}}{(n+1)!} = \frac{a_n+1}{n!} = b_n + \frac{1}{n!} = ... = 1 + \frac{1}{1!}+\frac{1}{2!} + ... + \frac{1}{n!}$
$\Rightarrow \lim_{n \to \infty } b_n = \sum_{i=0}^{\infty} \frac{1}{i!} = e $
Mặt khác dễ dàng CM $\prod_{k=1}^n ( 1+\frac{1}{a_k})= \frac{a_{n+1}}{(n+1)!} = b_{n+1}$
#367041 tinh lim
Posted by
on 04-11-2012 - 15:45
in
Dãy số - Giới hạn
Sử dụng nhận dạng này cũng đc :
$\sum_{i=1}^n \sin (ix) = \frac{\sin \frac{nx}{2}.\sin \frac{(n+1)x}{2}}{\sin \frac{x}{2}}$
Áp dụng
$\lim_{n\to +\infty}\left [ \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\sin \left ( \frac{\pi i }{n} \right ) \right ]=\lim_{n\to +\infty}\frac{\sin \frac{(n+1)\pi}{2n}}{n\sin \frac{\pi}{2n}}=\frac{\lim_{n\to +\infty}\sin \frac{(n+1)\pi}{2n}}{\lim_{n\to +\infty}n\sin \frac{\pi}{2n}}$
Ta có :
$\lim_{n\to +\infty}\sin \frac{(n+1)\pi}{2n}=\sin \left ( \lim_{n\to +\infty}\frac{(n+1)\pi}{2n} \right )=\sin \frac{\pi}{2}=1$
Đặt $\frac{1}{n}=t$
$\lim_{n\to +\infty}n\sin \frac{\pi}{2n}=\lim_{t \to 0 }\frac{\sin \frac{\pi t}{2}}{t} = \lim_{t \to 0}\left ( \frac{\pi}{2}\cos\frac{\pi t}{2} \right )=\frac{\pi}{2}$( theo l'hopital)
Vậy $\lim_{n\to +\infty}\left [ \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\sin \left ( \frac{\pi i }{n} \right ) \right ] =\frac{1}{\left ( \frac{\pi}{2} \right )}=\frac{2}{\pi}$
$\sum_{i=1}^n \sin (ix) = \frac{\sin \frac{nx}{2}.\sin \frac{(n+1)x}{2}}{\sin \frac{x}{2}}$
Áp dụng
$\lim_{n\to +\infty}\left [ \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\sin \left ( \frac{\pi i }{n} \right ) \right ]=\lim_{n\to +\infty}\frac{\sin \frac{(n+1)\pi}{2n}}{n\sin \frac{\pi}{2n}}=\frac{\lim_{n\to +\infty}\sin \frac{(n+1)\pi}{2n}}{\lim_{n\to +\infty}n\sin \frac{\pi}{2n}}$
Ta có :
$\lim_{n\to +\infty}\sin \frac{(n+1)\pi}{2n}=\sin \left ( \lim_{n\to +\infty}\frac{(n+1)\pi}{2n} \right )=\sin \frac{\pi}{2}=1$
Đặt $\frac{1}{n}=t$
$\lim_{n\to +\infty}n\sin \frac{\pi}{2n}=\lim_{t \to 0 }\frac{\sin \frac{\pi t}{2}}{t} = \lim_{t \to 0}\left ( \frac{\pi}{2}\cos\frac{\pi t}{2} \right )=\frac{\pi}{2}$( theo l'hopital)
Vậy $\lim_{n\to +\infty}\left [ \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\sin \left ( \frac{\pi i }{n} \right ) \right ] =\frac{1}{\left ( \frac{\pi}{2} \right )}=\frac{2}{\pi}$
#366581 chứng minh x^2+y^2 < 1
Posted by
on 02-11-2012 - 19:04
in
Bất đẳng thức và cực trị
$(x>y>0)$
$x-y=x^3+y^3 > x^3-y^3 = (x-y)(x^2+xy+y^2) \Rightarrow 1>x^2+xy+y^2>x^2+y^2 $
$x-y=x^3+y^3 > x^3-y^3 = (x-y)(x^2+xy+y^2) \Rightarrow 1>x^2+xy+y^2>x^2+y^2 $
