Đến nội dung


Hình ảnh

Tính giới hạn của tổng $S_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{u_{k}^{2}-1}$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 giomua

giomua

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 13 Bài viết

Đã gửi 30-12-2016 - 16:54

Cho dãy số $\left(u_{n} \right)$ xác định bởi $\left\{\begin{matrix} u_{1}=a>1 \\  u_{n+1}=\frac{u_{n}^{2}+u_{n}-1}{u_{n}} \end{matrix}\right.$. Đặt $S_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{u_{k}^{2}-1}$. Tính $limS_{n} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huykinhcan99: 09-08-2017 - 11:30


#2 huykinhcan99

huykinhcan99

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 326 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Toán K26 - Chuyên Thái Nguyên

Đã gửi 30-12-2016 - 21:21

 

Cho dãy số $\left(u_{n} \right)$ xác định bởi $\left\{\begin{matrix} u_{1}=a>1 \\ u_{n+1}=\frac{u_{n}^{2}+u_{n}-1}{u_{n}} \end{matrix}\right.$. Đặt $S_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{u_{k}^{2}-1}$. Tính $limS_{n} $

 

 

Xét hàm số $f(x)=\dfrac{x^2+x-1}{x}$, $x\in\left(0,+\infty\right)$. Ta có $f'(x)=1+\dfrac{1}{x^2}>0 \ \forall \ x\in \left(0,+\infty\right)$. Do đó hàm số $f(x)$ đồng biến trên $\left(0,+\infty\right)$.

 

Ta sẽ chứng minh $1<u_1<u_2<\ldots<u_n$ với mọi $n\geqslant 1$.

Hiển nhiên $u_1=a>1$, và $u_2-u_1=\dfrac{a-1}{a}>0$. Do đó $1<u_1<u_2$. Vậy khẳng định đúng với $n=1$ và $n=2$. Giả sử khẳng định trên đúng đến $n\geqslant 2$. Ta sẽ chứng minh khẳng định trên cũng đúng với $n+1$.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp thì $1<u_1<\ldots<u_n$. Do đó ta có $u_{n+1}=f\left(u_n\right)>f(1)=1$. Mặt khác, cũng vì hàm $f\left(x\right)$ là hàm đồng biến nên $f\left(u_n\right)>f\left(u_{n-1}\right)\iff u_{n+1}>u_n$. Vậy ta có $1<u_1<\ldots<u_n<u_{n+1}$. Theo nguyên lý quy nạp toán học ta có ngay $1<u_1<u_2<\ldots<u_n$ với mọi $n\geqslant 1$. Vậy $\left(u_n\right)$ là dãy tăng.

 

Giả sử $\left(u_n\right)$ bị chặn trên. Theo nguyên lý $Weierstrass$ thì $\left(u_n\right)$ có giới hạn hữu hạn $L\in \mathbb{R}$, $L>1$. Chuyển hệ thức truy hồi của dãy qua giới hạn thì ta có ngay $L=1$, mâu thuẫn. Vậy $\left(u_n\right)$ không bị chặn trên, do đó $\lim_{n\to +\infty}=+\infty$.

Mặt khác ta có

\begin{align*} &\phantom{~\iff} u_{n+1}-1=\dfrac{u_n^2-1}{u_n} \ \forall \ n\in\mathbb{N^*} \\ &\iff \dfrac{1}{u_{n+1}-1}=\dfrac{u_n\left(u_n-1\right)}{\left(u_n-1\right)\left(u_n^2-1\right)} \ \forall \ n\in\mathbb{N^*}\\ &\iff \dfrac{1}{u_{n+1}-1}=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_n^2-1} \ \forall \ n\in\mathbb{N^*} \\ &\iff \dfrac{1}{u_n^2-1}=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1} \ \forall \ n\in\mathbb{N^*}\end{align*}

 

Vậy ta có

\[S_n=\sum^n_{k=1}\dfrac{1}{u_k^2-1}=\dfrac{1}{u_1-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\]

 

Vì $u_1=a>1$, $\lim_{n\to +\infty} u_{n+1}=+\infty$ nên ta có ngay $\lim_{n\to +\infty} S_n=\dfrac{1}{a-1}$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huykinhcan99: 02-01-2017 - 12:13

$$\text{Vuong Lam Huy}$$

#3 giomua

giomua

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 13 Bài viết

Đã gửi 31-12-2016 - 16:45

Xét hàm số $f(x)=\dfrac{x^2+x-1}{x}$, $x\in\left(0,+\infty\right)$. Ta có $f'(x)=1+\dfrac{1}{x^2}>0 \ \forall \ x\in \left(0,+\infty\right)$. Do đó hàm số $f(x)$ đồng biến trên $\left(0,+\infty\right)$.

 

Ta sẽ chứng minh $1<u_1<u_2<\ldots<u_n$ với mọi $n\geqslant 1$.

Hiển nhiên $u_1=a>1$, và $u_2-u_1=\dfrac{a-1}{a}>0$. Do đó $1<u_1<u_2$. Vậy khẳng định đúng với $n=1$ và $n=2$. Giả sử khẳng định trên đúng đến $n\geqslant 2$. Ta sẽ chứng minh khẳng định trên cũng đúng với $n+1$.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp thì $1<u_1<\ldots<u_n$. Do đó ta có $u_{n+1}=f\left(u_n\right)>f(1)=1$. Mặt khác, cũng vì hàm $f\left(x\right)$ là hàm đồng biến nên $f\left(u_n\right)>f\left(u_{n-1}\right)\iff u_{n+1}>u_n$. Vậy ta có $1<u_1<\ldots<u_n<u_{n+1}$. Theo nguyên lý quy nạp toán học ta có ngay $1<u_1<u_2<\ldots<u_n$ với mọi $n\geqslant 1$. Vậy $\left(u_n\right)$ là dãy tăng.

 

Giả sử $\left(u_n\right)$ có giới hạn hữu hạn $L\in \mathbb{R}$, $L>1$. Chuyển hệ thức truy hồi của dãy qua giới hạn thì ta có ngay $L=1$, mâu thuẫn. Vậy $\left(u_n\right)$ không có giới hạn hữu hạn, hay là $\lim_{n\to +\infty} u_n=+\infty$.

 

Mặt khác ta có

\begin{align*} &\phantom{~\iff} u_{n+1}-1=\dfrac{u_n^2-1}{u_n} \ \forall \ n\in\mathbb{N^*} \\ &\iff \dfrac{1}{u_{n+1}-1}=\dfrac{u_n\left(u_n-1\right)}{\left(u_n-1\right)\left(u_n^2-1\right)} \ \forall \ n\in\mathbb{N^*}\\ &\iff \dfrac{1}{u_{n+1}-1}=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_n^2-1} \ \forall \ n\in\mathbb{N^*} \\ &\iff \dfrac{1}{u_n^2-1}=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1} \ \forall \ n\in\mathbb{N^*}\end{align*}

 

Vậy ta có

\[S_n=\sum^n_{k=1}\dfrac{1}{u_k^2-1}=\dfrac{1}{u_1-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\]

 

Vì $u_1=a>1$, $\lim_{n\to +\infty} u_{n+1}=+\infty$ nên ta có ngay $\lim_{n\to +\infty} S_n=\dfrac{1}{a-1}$.

Cho em hỏi có quy tắc nào để tách mỗi hạng tử của tổng thành hiệu của hai hạng tử không ạ



#4 huykinhcan99

huykinhcan99

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 326 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Toán K26 - Chuyên Thái Nguyên

Đã gửi 31-12-2016 - 21:57

Cho em hỏi có quy tắc nào để tách mỗi hạng tử của tổng thành hiệu của hai hạng tử không ạ

 

Có một số bài toán kiểu này ta có thể xét $u_{n+1}-a=f(u_n)-a$... Sau đó tìm $a$ để $f(a)=a$... Tách được vế phải có nhân tử $u_n-a$... Nghịch đảo lên, nếu tách được $\dfrac{1}{f(u_n)}$ thành tổng hay hiệu gì đó của hai phân thức, mà có một phân thức là $\dfrac{1}{u_n-a}$ thì chuyển vế sẽ có hiệu...

 

P.s: Đề nghị bạn sửa cái đề bài đi :D


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huykinhcan99: 31-12-2016 - 21:59

$$\text{Vuong Lam Huy}$$




0 người đang xem chủ đề

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