Bài 1:
Với $n$ là một số nguyên dương, dãy số $a_n$ được xác định bởi công thức
$$\begin{cases}a_1=1 \\ a_{n+1}=\dfrac{1}{a_1+a_2+\cdots+a_n}-\sqrt{2} \end{cases}$$
Tìm giới hạn của dãy số $S_n$ xác định bởi $S_n=a_1+a_2+ \cdots +a_n$
Bài 1:
Với $n$ là một số nguyên dương, dãy số $a_n$ được xác định bởi công thức
$$\begin{cases}a_1=1 \\ a_{n+1}=\dfrac{1}{a_1+a_2+\cdots+a_n}-\sqrt{2} \end{cases}$$
Tìm giới hạn của dãy số $S_n$ xác định bởi $S_n=a_1+a_2+ \cdots +a_n$
Kết quả $\lim s_n=\frac{1}{\sqrt{2}}$ không biết có đúng không ạ?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Yamigatoanh: 21-11-2015 - 13:24
*** Cannot compile formula: \begin{tikzpicture} \tkzTabInit% {$x$/1,% $f'(x)$ /1,% $f(x)$ /2}% {$0$ , $1$ , $x_1$ , $+\infty$} \tkzTabLine{d ,-, 0 ,+, 0 ,-, } \tkzTabVar % { D-/ $-\infty$,+/$\dfrac{6-3\sqrt{2}}{2}$ ,-/$2-\sqrt{2}$,+/$+\infty$ } \end{tikzpicture} *** Error message: Error: Nothing to show, formula is empty
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huykinhcan99: 21-11-2015 - 15:46
Theo nguyên lý $Weierstrass$, ta có $\left(S_{2k}\right)$ và $\left(S_{2k+1}\right)$ là hai dãy hội tụ. Do hai dãy này có chung hệ thức truy hồi nên ta thấy ngay $\lim\limits_{n\to +\infty} S_{2k}=\lim\limits_{n\to +\infty} S_{2k+1}=\lim\limits_{n\to +\infty} S_{n}=a$
Dòng này có vẻ không ổn. Phải chứng minh thêm là trong miền xác định của $S_n$ thì phương trình truy hồi chỉ có một nghiệm duy nhất.
Lời giải của mình. Phần xương khá giống với lời giải của loigiailanhlung
Từ điều kiện đề bài ta có các công thức sau:
1. $a_{n+1}=\frac{1}{\frac{1}{a_n+\sqrt{2}}+a_n}-\sqrt{2}\Rightarrow \frac{1}{a_{n+1}+\sqrt{2}}=\frac{1}{a_n+\sqrt{2}}+a_n$
2. $a_{n+1}=\frac{1}{s_n}-\sqrt{2}\Rightarrow s_n=\frac{1}{a_{n+1}+\sqrt{2}}$
Do đó, ta đưa bài toán về tìm $\lim s_n$ , với $(s_n)$ là một dãy số xác định bởi:
$\left\{\begin{matrix} s_{1}=1 & \\ s_n=s_{n-1}+\frac{1}{s_{n-1}}-\sqrt{2} & \end{matrix}\right.$
Dễ thấy $s_n>0$ với mọi $n\in\mathbb{N}^*$. Khi đó, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $s_n\geq 2-\sqrt{2}$
Ta chứng minh $s_n<1$ với mọi $n\in\mathbb{N}^*$. Thật vậy, giả sử $s_n\geq 1\Leftrightarrow s_{n-1}+\frac{1}{s_{n-1}}-\sqrt{2}\geq 1$
Giải bất phương trình trên ta thu được $s_{n-1}\leq -\frac{\sqrt{\sqrt{8}-1}}{2}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{2}<2-\sqrt{2}$ (loại) hoặc $s_{n-1}>\frac{\sqrt{\sqrt{8}-1}}{2}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{2}>1$ $\Leftrightarrow s_{n-2}+\frac{1}{s_{n-2}}-\sqrt{2}>1$. Cứ tiếp tục lùi vô hạn, để có điều giả sử thì $s_1>\frac{\sqrt{\sqrt{8}-1}}{2}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{2}>1$ (vô lý)
Do đó, dãy $(s_n)$ bị chặn
Mặt khác, bằng quy nạp, ta dễ chứng minh được $(s_{2n}), (s_{2n+1})$ là các dãy đơn điệu. $(s_n)$ bị chặn nên gọi $\lim s_{2n}=a, \lim s_{2n+1}=b$
Ta có: $\left\{\begin{matrix} a=b+\frac{1}{b}-\sqrt{2} & \\ b=a+\frac{1}{a}-\sqrt{2} & \end{matrix}\right.\Rightarrow a=b$. Từ đó $\lim s_{2n}=\lim s_{2n+1}=\lim s_n=a=b$
bài giải có thể làm ra giấy rồi chụp lên và gửi được không ạ ( đề thi tháng 11 )
bài giải có thể làm ra giấy rồi chụp lên và gửi được không ạ ( đề thi tháng 11 )
Bạn có thể chụp bài làm trên giấy rồi gửi. Nếu có câu hỏi gì nữa thì bạn hãy hỏi tại topic này.
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh