Chủ đề này có 12 trả lời

[Crystal]

Tính $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{1}{{\sqrt n }}\left( {1 + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} + ... + \dfrac{1}{{\sqrt n }}} \right)$

[hieuthien]

Đặt: $u_{n}=\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{i}}$
$u_{n}=1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{n-1}}+\dfrac{1}{\sqrt{n}}$
$u_{n}=u_{n-1}+\dfrac{1}{\sqrt{n}}$
$u_{n}=1+\dfrac{n-1}{\sqrt{n}}$ ( dãy cấp số cộng )
$\Rightarrow \dfrac{1}{\sqrt{n}}(1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{n}})=\dfrac{1}{\sqrt{n}}+\dfrac{n-1}{n}$
$\Rightarrow \lim_{n \to \infty }\dfrac{1}{\sqrt{n}}(1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{n}})=1$

[Crystal]

Đặt: $u_{n}=\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{i}}$
$u_{n}=1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{n-1}}+\dfrac{1}{\sqrt{n}}$
$u_{n}=u_{n-1}+\dfrac{1}{\sqrt{n}}$
$u_{n}=1+\dfrac{n-1}{\sqrt{n}}$ ( dãy cấp số cộng )
$\Rightarrow \dfrac{1}{\sqrt{n}}(1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{n}})=\dfrac{1}{\sqrt{n}}+\dfrac{n-1}{n}$
$\Rightarrow \lim_{n \to \infty }\dfrac{1}{\sqrt{n}}(1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{n}})=1$

Bài giải của bạn sai rồi nhá. Bạn kiểm tra lại ha.

[hieuthien]

Sai chỗ nào ! Bạn chỉ ra chỗ sai xem !

[Crystal]

Sai chỗ nào ! Bạn chỉ ra chỗ sai xem !

Bạn sai ở chỗ này: $u_{n}=u_{n-1}+\dfrac{1}{\sqrt{n}}$
$u_{n}=1+\dfrac{n-1}{\sqrt{n}}$ ( dãy cấp số cộng )
Kiểm tra lại nhé bạn!

[hieuthien]

Mình thấy rồi ! Sai ở chỗ cấp số cộng ! Nhầm ! Nhưng đến đấy thì dùng phương trình đặc trưng tìm ra công thức tổng quát của
$u_{n}$ là cũng xong rồi !

[Crystal]

Mình thấy rồi ! Sai ở chỗ cấp số cộng ! Nhầm ! Nhưng đến đấy thì dùng phương trình đặc trưng tìm ra công thức tổng quát của
$u_{n}$ là cũng xong rồi !

Bạn hãy cho một lời giải hoàn chỉnh nhé. Mình nghĩ không cần dùng phương trình sai phân và cũng không cần phải tìm CTTQ của dãy đâu. Mình dùng định lý Stobz.

[hieuthien]

Muốn dùng định lí Stolz bạn phải có $u_{n}^{2}- u_{n-1}^{2}=?$ .
Ta có : $u_{n}^{2}-u_{n-1}^{2}=\dfrac{2u_{n-1}}{\sqrt{n}}+\dfrac{1}{n}$
Dễ dàng thấy được : $lim u_{n}=+\infty$ nhưng mẫu số $lim \dfrac{1}{\sqrt{n}}=0$ .
Do đó : $lim\dfrac{2u_{n-1}}{\sqrt{n}}=\dfrac{+\infty }{0}$ ( dạng vô định )
Vậy bạn định sử dụng định lý Stolzl bằng cách nào ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hieuthien: 30-08-2011 - 19:11

[Crystal]

Muốn dùng định lí Stolz bạn phải có $u_{n}^{2}- u_{n-1}^{2}=?$ .
Ta có : $u_{n}^{2}-u_{n}^{2}=\dfrac{2u_{n-1}}{\sqrt{n}}+\dfrac{1}{n}$
Dễ dàng thấy được : $lim u_{n}=+\infty$ nhưng mẫu số $lim \dfrac{1}{\sqrt{n}}=0$ .
Do đó : $lim\dfrac{2u_{n-1}}{\sqrt{n}}=\dfrac{+\infty }{0}$ ( dạng vô định )
Vậy bạn định sử dụng định lý Stolzl bằng cách nào ?

Mình không xét như bạn. Mình dùng một thủ thuật khác. Thế bạn cứ cho mình lời giải theo cách của bạn đi. Thanks.

[Crystal]

Đây là lời giải của bài toán trên.

Đặt: $\left\{ \begin{array}{l}{x_n} = 1 + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} + ... + \dfrac{1}{{\sqrt n }}\\{y_n} = \sqrt n \end{array} \right.\,\,\,\,\left( {n \ge 1} \right)$

Khi đó: $\left\{ {{y_n}} \right\}$ tăng thực sự tới $ + \infty $

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{{x_n} - {x_{n - 1}}}}{{{y_n} - {y_{n - 1}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{\dfrac{1}{{\sqrt n }}}}{{\sqrt n - \sqrt {n - 1} }} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{\sqrt n + \sqrt {n - 1} }}{{\sqrt n }} = 2$

Do đó, theo định lý Stobz: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{{x_n}}}{{{y_n}}} = 2$

[Didier]

Đây là lời giải của bài toán trên.

Đặt: $\left\{ \begin{array}{l}{x_n} = 1 + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} + ... + \dfrac{1}{{\sqrt n }}\\{y_n} = \sqrt n \end{array} \right.\,\,\,\,\left( {n \ge 1} \right)$

Khi đó: $\left\{ {{y_n}} \right\}$ tăng thực sự tới $ + \infty $

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{{x_n} - {x_{n - 1}}}}{{{y_n} - {y_{n - 1}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{\dfrac{1}{{\sqrt n }}}}{{\sqrt n - \sqrt {n - 1} }} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{\sqrt n + \sqrt {n - 1} }}{{\sqrt n }} = 2$

Do đó, theo định lý Stobz: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{{x_n}}}{{{y_n}}} = 2$

định lí stolz ko đc áp dụng trong trương trình THPT thì phải cho hỏi trong khi thi học sinh giỏi só đc sử dụng nó ko và khi dùng liệu có phải chứng minh

[Crystal]

định lí stolz ko đc áp dụng trong trương trình THPT thì phải cho hỏi trong khi thi học sinh giỏi só đc sử dụng nó ko và khi dùng liệu có phải chứng minh

Đúng thế. Theo mình được biết thì định lý này không dùng trong chương trình giảng dạy và học ở các lớp THPT nhưng có thể sử dụng khi thi HSG các cấp và phải chứng minh như một bổ đề.

Định lý này phát biểu như sau: Cho hai dãy số $\left\{ {{a_n}} \right\}$ và $\left\{ {{b_n}} \right\}$ thỏa mãn:

i) $\left\{ {{b_n}} \right\}$ tăng thực sự tới $ + \infty $

ii) $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{{a_n} - {a_{n - 1}}}}{{{b_n} - {b_{n - 1}}}} = c$

Khi đó: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{{a_n}}}{{{b_n}}} = c$

Chứng minh định lý này khá đơn giản.

[dark templar]

Đúng thế. Theo mình được biết thì định lý này không dùng trong chương trình giảng dạy và học ở các lớp THPT nhưng có thể sử dụng khi thi HSG các cấp và phải chứng minh như một bổ đề.

Định lý này phát biểu như sau: Cho hai dãy số $\left\{ {{a_n}} \right\}$ và $\left\{ {{b_n}} \right\}$ thỏa mãn:

i) $\left\{ {{b_n}} \right\}$ tăng thực sự tới $ + \infty $

ii) $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{{a_n} - {a_{n - 1}}}}{{{b_n} - {b_{n - 1}}}} = c$

Khi đó: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{{a_n}}}{{{b_n}}} = c$

Chứng minh định lý này khá đơn giản.

Chỉ là một hệ quả đơn giản của Định lý Toeplitz Nếu muốn các bạn có thể vào topic này mà chứng minh:Click Here.