Đến nội dung

Hình ảnh

$u_0 = 2011$;$ u_n = \dfrac{1}{2}\left( {u_{n - 1} + \dfrac{{216}}{{u_{n - 1}^2 }}} \right),\forall n \ge 1$

- - - - -

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

#1
E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 3861 Bài viết
Chứng minh dãy số sau đây có giới hạn và tìm giới hạn đó:

$\left\{ \begin{array}{l} u_0 = 2011 \\ u_n = \dfrac{1}{2}\left( {u_{n - 1} + \dfrac{{216}}{{u_{n - 1}^2 }}} \right),\forall n \ge 1 \\ \end{array} \right.$


1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#2
Baoriven

Baoriven

    Thượng úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 1422 Bài viết

Đặt: $limx_n=a,(a> 0)$.

$a$ là nghiệm của PT: $a=\frac{1}{2}(a+\frac{216}{a^2})\Leftrightarrow a=6$.

Xét $f(x)=\frac{1}{2}(x+\frac{216}{x^2}),\forall x> 0$.

Ta có: $f'(x)=\frac{1}{2}-\frac{216}{x^3}< \frac{1}{2}$ do $x> 0$.

Theo Lagrange $\exists c$ nằm giữa $a$ và $x_n$ sao cho:

$|f(x_n)-f(a)|=|f'(c)|.|x_n-a|$

$\Rightarrow |x_{n+1}-a|< \frac{1}{2}|x_n-a|< ...< (\frac{1}{2})^n|x_1-a|$

Lấy giới hạn hai vế ta được: $lim|x_n-a|=0$.

Nên $limx_n=6$.


$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$


#3
An Infinitesimal

An Infinitesimal

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1803 Bài viết

Đặt: $limx_n=a,(a> 0)$.

$a$ là nghiệm của PT: $a=\frac{1}{2}(a+\frac{216}{a^2})\Leftrightarrow a=6$.

Xét $f(x)=\frac{1}{2}(x+\frac{216}{x^2}),\forall x> 0$.

Ta có: $f'(x)=\frac{1}{2}-\frac{216}{x^3}< \frac{1}{2}$ do $x> 0$.

Theo Lagrange $\exists c$ nằm giữa $a$ và $x_n$ sao cho:

$|f(x_n)-f(a)|=|f'(c)|.|x_n-a|$

$\Rightarrow |x_{n+1}-a|< \frac{1}{2}|x_n-a|< ...< (\frac{1}{2})^n|x_1-a|$

Lấy giới hạn hai vế ta được: $lim|x_n-a|=0$.

Nên $limx_n=6$.

 

Cần điều chỉnh! Điều mà ta hi vọng có được $|f'(x)|<c<1$, trên miền thích hợp.


Đời người là một hành trình...


#4
superpower

superpower

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 492 Bài viết

Đặt: $limx_n=a,(a> 0)$.

$a$ là nghiệm của PT: $a=\frac{1}{2}(a+\frac{216}{a^2})\Leftrightarrow a=6$.

Xét $f(x)=\frac{1}{2}(x+\frac{216}{x^2}),\forall x> 0$.

Ta có: $f'(x)=\frac{1}{2}-\frac{216}{x^3}< \frac{1}{2}$ do $x> 0$.

Theo Lagrange $\exists c$ nằm giữa $a$ và $x_n$ sao cho:

$|f(x_n)-f(a)|=|f'(c)|.|x_n-a|$

$\Rightarrow |x_{n+1}-a|< \frac{1}{2}|x_n-a|< ...< (\frac{1}{2})^n|x_1-a|$

Lấy giới hạn hai vế ta được: $lim|x_n-a|=0$.

Nên $limx_n=6$.

lỡ may $f'(x) < -1$ thì sao bạn

Mình xin sửa lại như sau 

Dễ thấy $u_n>0 $ 

Xét $f(x) = \dfrac{1}{2} ( x+ \dfrac{216}{x^2} $ 

Ta có $f'(x)= \dfrac{1}{2} - \dfrac{216}{x^3} $ 

Ta sẽ chứng minh $|f'(x) | < \dfrac{3}{4} $

Thật vậy, ta có 

$f'(x) < \dfrac{1}{2} < \dfrac{3}{4}$ 

Và $u_{n+1} = \dfrac{1}{2} ( \dfrac{u_n}{2} + \dfrac{u_n}{2}+ \dfrac{216}{u_n^2} ) \geq \dfrac{9}{\sqrt[3]{4}}=a $ 

Vậy khi đó $f'(x) = \dfrac{1}{2} - \dfrac{216}{x^3} \geq \dfrac{1}{2} - \dfrac{216}{a^3} \geq \dfrac{-37}{54} \geq \dfrac{-3}{4} $ 

Do đó $|f'(x)| < \dfrac{3}{4} $ 

Mặt khác, $f(x)-x = 0 \Leftrightarrow x=6 $

Do đó theo Largange, ta có $\lim x_n=6 $ 






2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh