Đến nội dung

Hình ảnh

$x_{n}=\frac{1}{n}\sqrt[n]{(n+1)(n+2)...(n+n)}$

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1
NTHMyDream

NTHMyDream

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 94 Bài viết

Tính các giới hạn:

 

1) $lim \left ( \frac{1}{n\sqrt{1+n^{2}}}+\frac{2}{n\sqrt{2+n^{2}}}+...+\frac{n}{n\sqrt{n+n^{2}}} \right )$

 

2) $x_{n}=\frac{1}{n}\sqrt[n]{(n+1)(n+2)...(n+n)}$


  • LNH yêu thích

#2
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết


Tính các giới hạn:

 

1) $lim \left ( \frac{1}{n\sqrt{1+n^{2}}}+\frac{2}{n\sqrt{2+n^{2}}}+...+\frac{n}{n\sqrt{n+n^{2}}} \right )$

 

2) $x_{n}=\frac{1}{n}\sqrt[n]{(n+1)(n+2)...(n+n)}$

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ cho con 2 thì 

                                                        $x_{n}=\frac{1}{n}(\prod_{k=1}^{n}(n+k))^{\frac{1}{n}}\leq \frac{1}{n^{2}}(n^{2} +\frac{n(n+1)}{2})=1+\frac{n+1}{2n}$

 theo định lý kẹp bạn cũng chứng minh được $lim x_{n}>\frac{3}{2}$ khi $n$ là vô cùng 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 10-09-2013 - 21:24

$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$


#3
maitienluat

maitienluat

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 182 Bài viết


1) $lim \left ( \frac{1}{n\sqrt{1+n^{2}}}+\frac{2}{n\sqrt{2+n^{2}}}+...+\frac{n}{n\sqrt{n+n^{2}}} \right )$

 

Đặt $S_n = \left ( \frac{1}{n\sqrt{1+n^{2}}}+\frac{2}{n\sqrt{2+n^{2}}}+...+\frac{n}{n\sqrt{n+n^{2}}} \right )$

Ta có $\frac{k}{n} \leq \frac{k}{\sqrt {n^2+k}} \leq \frac{k}{\sqrt {n^2+n}}$

$\Rightarrow \frac{1}{n}.\sum \frac{k}{n}\leq S_n \leq \frac{1}{n}.\sum \frac{k}{\sqrt {n^2+n}}$

$\Rightarrow \frac{n+1}{2n}\leq S_n\leq \frac{n+1}{2\sqrt {n^2+n}}$

Mà $\lim _{n\rightarrow +\infty }\frac{n+1}{2n}=\lim _{n\rightarrow +\infty }\frac{n+1}{2\sqrt {n^2+n}}=\frac{1}{2}$

nên theo nguyên lý kẹp ta có $\lim _{n\rightarrow +\infty }S_n = \frac{1}{2}$

 

 



2) $x_{n}=\frac{1}{n}\sqrt[n]{(n+1)(n+2)...(n+n)}$

Từ hệ thức ta suy ra $x_{n+1}^{n+1}=2x_n^n .\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}.(2n+1)$ (*)

$\Rightarrow \left ( 1+ \frac{1}{n} \right )^n.x_{n+1}^{n+1} =x_n^{n+1}.\frac {2n}{n+1}.\sqrt[n]{(n+1)(n+2)...(2n)}$

Để ý rằng $\left ( 1+ \frac{1}{n} \right )^n< 3 \forall n$

và $\frac {2n}{n+1}.\sqrt[n]{(n+1)(n+2)...(2n)}> \frac{2n}{n+1}.n> 3 \forall n\geq 3$

Nên kể từ số hạng thứ 3 trở đi thì $(x_n)$ là dãy giảm và bị chặn dưới bởi $0$ nên tồn tại giới hạn hữu hạn $L \geq 0$.

Chuyển (*) qua giới hạn ta được

$L = \lim_{n\rightarrow +\infty}\left ( 2(2n+1).\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}} \right )=\lim_{n\rightarrow +\infty} \left ( 2. \frac {2n+1}{n+1}. \frac {1}{(1+\frac {1}{n})^n}\right )= \frac {4}{e}$

=====================================

Ngoài ra ta cũng có thể dùng tổng tích phân như sau:

$x_n = \sqrt[n]{\prod _{k=1}^n\left ( 1+\frac{k}{n} \right )}\Rightarrow y_n= \ln x_n = \frac{1}{n}.\sum_{k=1}^n \ln {\left (1+\frac{k}{n} \right )}$

Xét hàm số $f(x)=\ln {(1+x)}$ trên $[0,1]$. Chia đoạn $[0,1]$ thành $n$ đoạn bằng nhau bởi các điểm chia $a_k=\frac {k} {n}, 1 \leq k \leq n$.

Khi đó tổng tích phân cấp $n$ trên đoạn $[0,1]$ của $f(x)$ là:

$S_n=\sum_{k=1}^nf(a_k)(a_k-a_{k-1})=\frac {1}{n}.\sum_{k=1}^n \ln {\left ( 1 + \frac {k}{n} \right )}=y_n$

Theo định lý cơ bản của tích phân $\lim_{n \rightarrow +\infty}S_n = \int_{0}^{1}\ln(1+x)dx$

Thực hiện phép đổi biến $x=u^2$ và lấy tích phân từng phần ta tính được $\int_{0}^{1}\ln{(1+x)}dx=2\ln2 -1$

Suy ra $\lim_{n \rightarrow +\infty}S_n=\lim_{n \rightarrow +\infty}y_n= 2\ln2 -1$

Do hàm số $\ln {x}$ liên tục trên $(0,+\infty )$ nên ta có $\lim_{n \rightarrow +\infty}x_n=e^{\lim_{n \rightarrow +\infty}y_n}=e^{2\ln2-1}=\frac {4}{e}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maitienluat: 12-09-2013 - 22:46





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh