Chủ đề này có 13 trả lời

[Didier]

http://trungtuan.wor...0/04/topic-385/

Bài 1. Cho $ p>1$ số thực dương $a_i$. Chứng minh rằng các dãy số $(s_n),(x_n)$ cho bởi
$s_n=\dfrac{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_p^n}{p} và x_n=\sqrt[n]{s_n}$ tăng.
Bài 2. Cho dãy bị chặn $(a_n) $thỏa mãn điều kiện $a_{n+1}\geq a_n-\dfrac{1}{2^n}\,\,\forall n\geq 1$. Chứng minh rằng dãy này hội tụ.
Bài 3. Chứng minh hai dãy $(a_n),(b_n) $xác định bởi
$ a_n=-2\sqrt{n}+\sum_{i=1}^n\dfrac{1}{\sqrt{i}} và b_n=-2\sqrt{n+1}+\sum_{i=1}^n\dfrac{1}{\sqrt{i}}$ là hội tụ.
Bài 4. Cho dãy $(a_n)$ thỏa mãn $ 0<a_n<1\,\,\forall n\geq 1$ và
$a_n(1-a_{n+1})>\dfrac{1}{4}\,\,\forall n\geq 1$.
Chứng minh rằng dãy này hội tụ và tìm giới hạn của nó.
Bài 5. Cho dãy $(a_n)$ xác định bởi $a_0=0,a_1=\dfrac{1}{2}$ và
$a_{n+1}=\dfrac{1}{3}(1+a_n+a_{n-1}^3)\,\,\forall n\geq 1$.
Chứng minh rằng dãy này hội tụ và tìm giới hạn của nó.
Bài 6. Chứng minh rằng hai dãy $(a_n),(b_n)$ hội tụ.
Trong đó $a_n=\sum_{i=1}^n\dfrac{1}{i^2},b_n=\sum_{i=1}^n\dfrac{1}{i^i}$.
Bài 7. Chứng minh rằng dãy (a_n) xác định bởi
$a_n=\dfrac{1}{\sqrt{n(n+1)}}+\dfrac{1}{\sqrt{(n+1)(n+2)}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{(2n-1)2n}}$
là dãy số hội tụ.
Bài 8. Tìm giới hạn của dãy (a_n) trong mỗi trường hợp
$1/. a_1=1,a_2=2,a_{n+2}=\sqrt{a_n}+\sqrt{a_{n+1}}$;
$2/. a_1=9,a_2=6,a_{n+2}=\sqrt{a_n}+\sqrt{a_{n+1}}$.
Bài 9. Chứng minh rằng hai dãy (a_n),(b_n) sau có cùng giới hạn
$1/. 0<b_1<a_1,a_{n+1}=\dfrac{a_n+b_n}{2},b_{n+1}=\sqrt{a_nb_n}$;
$2/. 0<b_1<a_1,a_{n+1}=\dfrac{a_n^2+b_n^2}{a_n+b_n},b_{n+1}=\dfrac{a_n+b_n}{2}$;
$3/. 0<b_1<a_1,a_{n+1}=\dfrac{a_n+b_n}{2},b_{n+1}=\dfrac{2a_nb_n}{a_n+b_n}$.
Bài 10. Chứng minh rằng dãy (s_n) xác định bởi
$ s_n=\dfrac{n+1}{2^{n+1}}\left(\dfrac{2}{1}+\dfrac{2^2}{2}+\cdots+\dfrac{2^n}{n}\right)$
Bài 11. Cho dãy bị chặn (a_n) thỏa mãn
$ a_{n+2}\leq\dfrac{1}{3}a_{n+1}+\dfrac{2}{3}a_n\,\,\forall n\geq 1$.
Chứng minh rằng dãy số này hội tụ.
Bài 12. Cho hai dãy $ (a_n) và (b_n)$ xác định bởi
$a_n=\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n,b_n=\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n+1}\,\,\,\forall n\geq 1$.
Chứng minh rằng $(a_n) $tăng còn $(b_n)$ giảm. Từ đó suy ra
$\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n<e<\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n+1}\,\,\,\forall n\geq 1$.
Bài 13. Cho dãy$ (a_n)$ xác định bởi
$ a_n=\left(1+\dfrac{x}{n}\right)^n\,\,\forall n\geq 1$.
Chứng minh rằng dãy số này tăng kể từ lúc nào đó.
Bài 14. Chứng minh hai dãy (a_n) và (b_n) xác định bởi
$ a_n=\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+\cdots+\dfrac{1}{n}-\ln (n+1)\,\,\,\forall n\geq 1$
Và $ b_n=\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+\cdots+\dfrac{1}{n}-\ln n\,\,\,\forall n\geq 1$
hội tụ và có cùng giới hạn.
Bài 15. (VMO 2011) Cho dãy số thực $ (a_n) $xác định bởi $a_1=1$ và
$ a_n=\dfrac{2n}{(n-1)^2}\cdot\sum_{i=1}^{n-1}a_i\,\,\forall n\geq 2$.
Với mỗi số nguyên dương n, đặt $ y_n=x_{n+1}-x_n$. Chứng minh rằng dãy số $ (y_n)$ có giới hạn hữu hạn khi$ n\to +\infty$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Didier: 09-10-2011 - 13:58

[Crystal]

Xin làm mấy bài vậy.

Bài 4. Cho dãy $(a_n)$ thỏa mãn $ 0<a_n<1\,\,\forall n\geq 1$ và ${a_{n + 1}}(1 - {a_n}) \ge \dfrac{1}{4}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall n \ge 1$
Chứng minh rằng dãy này hội tụ và tìm giới hạn của nó.

(Đề này mới đúng?)

Ta có: ${a_{n + 1}}(1 - {a_n}) \ge \dfrac{1}{4}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \ge {a_n}\left( {1 - {a_n}} \right) \Rightarrow {a_{n + 1}}(1 - {a_n}) \ge {a_n}\left( {1 - {a_n}} \right)$

$ \Rightarrow {a_{n + 1}} \ge {a_n}\,\,\,\left( {0 < {a_n} < 1} \right) \Rightarrow \left( {{a_n}} \right)$ là dãy tăng và bị chặn nên hội tụ.

Đặt $x = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {a_n} \Rightarrow x\left( {1 - x} \right) \ge \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow {x^2} - x + \dfrac{1}{4} \le 0 \Leftrightarrow {\left( {x - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{2}$

Vậy $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {a_n} = \dfrac{1}{2}$.

Bài 7. Chứng minh rằng dãy (a_n) xác định bởi
$a_n=\dfrac{1}{\sqrt{n(n+1)}}+\dfrac{1}{\sqrt{(n+1)(n+2)}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{(2n-1)2n}}$
là dãy số hội tụ.

Gợi ý:

Có $\dfrac{1}{{n + 1}} + ... + \dfrac{1}{{2n}} < \dfrac{1}{{\sqrt {n\left( {n + 1} \right)} }} + ... + \dfrac{1}{{\sqrt {\left( {2n - 1} \right)2n} }} < \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{{n + 1}} + ... + \dfrac{1}{{2n}}$

Mặt khác: $\ln \dfrac{{2n + 1}}{n} < \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{{n + 1}} + ... + \dfrac{1}{{2n}} < \ln \dfrac{{2n}}{{n - 1}}$

Từ 2 KQ trên có đpcm và khi đó $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {a_n} = \ln 2$
P/s: Mỏi tay quá, mấy bài 9, 12, 13 post sau. Cho hỏi yêu cầu của bài 10.

[Didier]

anh thử post thêm lời giải bài VMO nữa đi
mà cho em hỏi có cần cm$ lim(1+\dfrac{1}{n})^{n}=e$ trong toán ThHPT ko anh

[Crystal]

anh thử post thêm lời giải bài VMO nữa đi

$n \ge 1:\,{a_{n + 1}} = \dfrac{{2\left( {n + 1} \right)}}{{{n^2}}}\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} = \dfrac{{2\left( {n + 1} \right)}}{{{n^2}}}\left( {\dfrac{{{{\left( {n - 1} \right)}^2}}}{{2n}} + 1} \right){a_n} = \dfrac{{\left( {n + 1} \right)\left( {{n^2} + 1} \right)}}{{{n^3}}}{a_n}$

$ \Rightarrow \dfrac{{{a_{n + 1}}}}{{n + 1}} = \left( {1 + \dfrac{1}{{{n^2}}}} \right)\dfrac{{{a_n}}}{n}\,\,\forall n \ge 1$

Khi đó, $\forall n \ge 2:\,{y_n} = {a_{n + 1}} - {a_n} = \left( {\dfrac{{\left( {n + 1} \right)\left( {{n^2} + 1} \right)}}{{{n^3}}} - 1} \right){a_n} = \dfrac{{{n^2} + n + 1}}{{{n^2}}}.\dfrac{{{a_n}}}{n}$

$ = \left( {1 + \dfrac{{n + 1}}{{{n^2}}}} \right)\prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left( {1 + \dfrac{1}{{{k^2}}}} \right)} \,\,\,\,(1)$

Do đó, với ${y_1} = {a_2} - {a_1} = 3 \Rightarrow {y_n} > 0\,\,\forall n \ge 1,{y_1} < {y_2}$ và $\forall n \ge 3$

$\dfrac{{{y_n}}}{{{y_{n - 1}}}} = \dfrac{{{n^2} + n + 1}}{{{n^2}}}.\dfrac{{{{\left( {n - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {n - 1} \right)}^2} + n}}\left( {1 + \dfrac{1}{{{{\left( {n - 1} \right)}^2}}}} \right) = 1 + \dfrac{2}{{{n^4} - {n^3} + {n^2}}} > 1$

Suy ra $\left( {{y_n}} \right)$ là dãy tăng. (2)

$\forall n \ge 2:\,\,n + 1 < {n^2}\,,\,\,\prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left( {1 + \dfrac{1}{{{k^2}}}} \right)} \le {\left( {1 + \dfrac{{\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\dfrac{1}{{{k^2}}}} }}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}}$, từ (1) ta được: ${y_n} < 2{\left( {1 + \dfrac{{\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\dfrac{1}{{{k^2}}}} }}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}}\,\,\,\forall n \ge 2\,\,\,\,\,\,\,(3)$

Lại có: $\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\dfrac{1}{{{k^2}}}} < 1 + \sum\limits_{k = 2}^{n - 1} {\dfrac{1}{{k\left( {k - 1} \right)}}} = 1 + \sum\limits_{k = 2}^{n - 1} {\left( {\dfrac{1}{{k - 1}} - \dfrac{1}{k}} \right)} = 2 - \dfrac{1}{{n - 1}} < 2\,\,\,\forall n \ge 3\,$

$\left( 3 \right) \Rightarrow {y_n} < 2{\left( {1 + \dfrac{2}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}} < 2{e^2}\,\,\,\forall n \ge 2\,\, \Rightarrow \left( {{y_n}} \right)$ bị chặn trên, kết hợp với (2) ta có đpcm.

mà cho em hỏi có cần cm$ lim(1+\dfrac{1}{n})^{n}=e$ trong toán ThHPT ko anh

Cái này anh nhớ không nhầm thì đã có định lý trong SGK nên không cần chứng minh đâu.

[Crystal]

anh thử post thêm lời giải bài VMO nữa đi

$n \ge 1:\,{a_{n + 1}} = \dfrac{{2\left( {n + 1} \right)}}{{{n^2}}}\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} = \dfrac{{2\left( {n + 1} \right)}}{{{n^2}}}\left( {\dfrac{{{{\left( {n - 1} \right)}^2}}}{{2n}} + 1} \right){a_n} = \dfrac{{\left( {n + 1} \right)\left( {{n^2} + 1} \right)}}{{{n^3}}}{a_n}$

$ \Rightarrow \dfrac{{{a_{n + 1}}}}{{n + 1}} = \left( {1 + \dfrac{1}{{{n^2}}}} \right)\dfrac{{{a_n}}}{n}\,\,\forall n \ge 1$

Khi đó, $\forall n \ge 2:\,{y_n} = {a_{n + 1}} - {a_n} = \left( {\dfrac{{\left( {n + 1} \right)\left( {{n^2} + 1} \right)}}{{{n^3}}} - 1} \right){a_n} = \dfrac{{{n^2} + n + 1}}{{{n^2}}}.\dfrac{{{a_n}}}{n}$

$ = \left( {1 + \dfrac{{n + 1}}{{{n^2}}}} \right)\prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left( {1 + \dfrac{1}{{{k^2}}}} \right)} \,\,\,\,(1)$

Do đó, với ${y_1} = {a_2} - {a_1} = 3 \Rightarrow {y_n} > 0\,\,\forall n \ge 1,{y_1} < {y_2}$ và $\forall n \ge 3$

$\dfrac{{{y_n}}}{{{y_{n - 1}}}} = \dfrac{{{n^2} + n + 1}}{{{n^2}}}.\dfrac{{{{\left( {n - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {n - 1} \right)}^2} + n}}\left( {1 + \dfrac{1}{{{{\left( {n - 1} \right)}^2}}}} \right) = 1 + \dfrac{2}{{{n^4} - {n^3} + {n^2}}} > 1$

Suy ra $\left( {{y_n}} \right)$ là dãy tăng. (2)

$\forall n \ge 2:\,\,n + 1 < {n^2}\,,\,\,\prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left( {1 + \dfrac{1}{{{k^2}}}} \right)} \le {\left( {1 + \dfrac{{\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\dfrac{1}{{{k^2}}}} }}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}}$, từ (1) ta được: ${y_n} < 2{\left( {1 + \dfrac{{\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\dfrac{1}{{{k^2}}}} }}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}}\,\,\,\forall n \ge 2\,\,\,\,\,\,\,(3)$

Lại có: $\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\dfrac{1}{{{k^2}}}} < 1 + \sum\limits_{k = 2}^{n - 1} {\dfrac{1}{{k\left( {k - 1} \right)}}} = 1 + \sum\limits_{k = 2}^{n - 1} {\left( {\dfrac{1}{{k - 1}} - \dfrac{1}{k}} \right)} = 2 - \dfrac{1}{{n - 1}} < 2\,\,\,\forall n \ge 3\,$

$\left( 3 \right) \Rightarrow {y_n} < 2{\left( {1 + \dfrac{2}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}} < 2{e^2}\,\,\,\forall n \ge 2\,\, \Rightarrow \left( {{y_n}} \right)$ bị chặn trên, kết hợp với (2) ta có đpcm.

mà cho em hỏi có cần cm$ lim(1+\dfrac{1}{n})^{n}=e$ trong toán ThHPT ko anh

Cái này anh nhớ không nhầm thì đã có định lý trong SGK nên không cần chứng minh đâu.

[ohmymath]

Em mới học dãy số; mong các anh chỉ giúp em cách làm dạng này:
Tìm dạng của $ U_1$ để dãy sau là dãy hội tụ: $U_{n+1}=U_n(U_n-1)$

[Crystal]

Em mới học dãy số; mong các anh chỉ giúp em cách làm dạng này:
Tìm dạng của $ U_1$ để dãy sau là dãy hội tụ: $U_{n+1}=U_n(U_n-1)$

Anh giải như thế này.

Đặt: ${u_1} = a$. Từ giả thiết ta có: ${u_{n + 1}} - {u_n} = - u_n^2 \le 0 \Rightarrow {u_{n + 1}} \le {u_n} \le ... \le {u_2} \le {u_1} = a$

Bằng cách vẽ đồ thị hàm số $y = f\left( x \right) = x\left( {1 - x} \right)$ và xét tập ảnh của các miền tương ứng qua ánh xạ $x \mapsto x\left( {1 - x} \right)$ ta có các trường hợp.

TH1: $0 \le a \le 1$. khi đó ${u_2} = a\left( {1 - a} \right) \ge 0 \Rightarrow 0 \le {u_2} \le {u_1} \le 1 \Rightarrow 0 \le {u_n} \le 1,\,\,\forall n \in {N^*}$

Dãy $\left( {{u_n}} \right)$ không tăng và bị chặn dưới bởi số 0 nên tồn tại $\lim {u_n} = A$ hữu hạn $\left( {A \in \left[ {0;1} \right]} \right)$. Chuyển qua giới hạn ta được: $A = A\left( {1 - A} \right) \Leftrightarrow A = 0$.

Vậy nếu $0 \le a \le 1$ thì $\lim {u_n} = 0$ (dãy $\left( {{u_n}} \right)$ hội tụ).

TH2: $a < 0;\,a > 1$. Khi đó ${u_2} < 0 \Rightarrow {u_3} < 0$. Tương tự có ${u_n} < 0,\,\forall n \in {N^*},n \ge 2$. Nếu $\left( {{u_n}} \right)$ bị chặn dưới thì tồn tại $\lim {u_n} = A$, $\left( {A < 0} \right)$. Chuyển qua giới hạn ta được: $A = A\left( {1 - A} \right) \Leftrightarrow A = 0$ không thỏa điều kiện.

Vậy với $a < 0;\,a > 1$ thì $\lim {u_n} = - \infty $. Do đó $0 \le a \le 1$ hay $0 \le {u_1} \le 1$ là dạng cần tìm.

[ohmymath]

Hu Hu anh ơi; bài anh làm là $U_{n+1}=U_n,(1-U_n)$, Bài đấy em làm được rồi.
Nhưng bài này là $U_{n+1}=U_n,(U_n-1)$ cơ mà (

[Crystal]

Xin lỗi! Anh đọc đề ẩu quá. Anh làm lại bài đó nhé.

Em mới học dãy số; mong các anh chỉ giúp em cách làm dạng này:
Tìm dạng của $ U_1$ để dãy sau là dãy hội tụ: $U_{n+1}=U_n(U_n-1)$

Bằng cách vẽ đồ thị hàm số $y = f\left( x \right) = x\left( {x - 1} \right)$ và xét tập ảnh của các miền tương ứng qua ánh xạ $x \mapsto x\left( {x - 1} \right)$ ta có các trường hợp.

TH1: ${u_1} > 2$. Bằng quy nạp, chứng minh được ${u_n} < {u_{n + 1}},\,\forall n \in {N^*}$ (em tự CM được chứ). Vậy $\left( {{u_n}} \right)$ tăng. Nếu bị chặn thì tồn tại $\lim {u_n} = A > 2$. Chuyển qua giới hạn ta được: $A = A\left( {A - 1} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
A = 0\\
A = 2
\end{array} \right.$ không thỏa điều kiện. Vậy $\left( {{u_n}} \right)$ không bị chặn trên, tức $\lim {u_n} = + \infty $.

TH2: ${u_1} < - 1 \Rightarrow {u_2} = {u_1}\left( {{u_1} - 1} \right) > 2$. Tương tự ta cũng được $\lim {u_n} = + \infty $ với giả sử dãy bắt đầu từ ${u_2}$.

TH3: $0 \le {u_n} \le 1$.
Có ${u_{2n + 1}} = {u_{2n}}\left( {{u_{2n}} - 1} \right) = {u_{2n - 1}}\left( {{u_{2n - 1}} - 1} \right)\left[ {{u_{2n - 1}}\left( {{u_{2n - 1}} - 1} \right) - 1} \right]$

$$ \Rightarrow {u_{2n + 1}} - {u_{2n - 1}} = u_{2n - 1}^3\left( {{u_{2n - 1}} - 2} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,(1)$$

Chứng minh: $0 \le {u_{2n - 1}} \le 1,\,\,\forall n \in {N^*}$ (bằng quy nạp, em CM nhé!)

Kết hợp với (1) ta được: ${u_{2n + 1}} < {u_{2n - 1}} \Rightarrow \left( {{u_{2n + 1}}} \right)$ là dãy giảm và bị chặn dưới bởi số 0. Do đó tồn tại $\lim {u_{2n - 1}} = A,\,\,\left( {0 \le A \le 1} \right)$. Chuyển qua giới hạn ta được: $A = A\left( {A - 1} \right)\left[ {A\left( {A - 1} \right) - 1} \right] \Leftrightarrow A = 0$.

Mà ${u_{2n}} = {u_{2n - 1}}\left( {{u_{2n - 1}} - 1} \right) \Rightarrow \lim {u_{2n}} = A = 0$. Vậy khi ${u_1} \in \left[ {0;1} \right]$ thì $\left( {{u_n}} \right) \to 0$.

TH4: $1 < {u_1} < 2$. Khi đó
* Nếu $\exists k:{u_k} \in \left[ {0;1} \right]$ thì coi dãy bắt đầu từ ${u_k}$, ta có $\lim {u_n} = 0$.

* Nếu $\forall k \in {N^*}$ ta luôn có ${u_k} \notin \left[ {0;1} \right]$ thì do $1 < {u_1} < 2$ nên ${u_2} \in \left( {0;2} \right)$. Mà ${u_2} \notin \left[ {0;1} \right] \Rightarrow {u_2} \in \left( {1;2} \right)$. Tương tự ta cũng có ${u_n} \in \left( {1;2} \right),\,\,\forall n \in {N^*}$. Từ đó ${u_{n + 1}} - {u_n} = {u_n}\left( {{u_n} - 2} \right) < 0 \Rightarrow \left( {{u_n}} \right)$ giảm và bị chặn dưới bởi số 0 nên tồn tại $\lim {u_n} = A,\,\,\left( {1 < A < 2} \right)$. Chuyển qua giới hạn ta được: $A = {A^2} - A \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
A = 0\\
A = 2
\end{array} \right.$ vô lý.

Vậy với ${u_1} \in \left( {1;2} \right)$ thì$\lim {u_n} = 0$.

TH5: ${u_1} = 2 \Rightarrow {u_n} = 2,\,\,\forall n \in {N^*} \Rightarrow \lim {u_n} = 2$

TH6: ${u_1} = - 1 \Rightarrow {u_2} = 2$ theo TH5, ta có $\lim {u_n} = 2$.

TH7: ${u_1} \in \left( { - 1;0} \right) \Rightarrow 0 < {u_2} < 2$ theo TH3 và TH4, ta có $\lim {u_n} = 0$.

Vậy $ - 1 \le {u_1} \le 2$ là các giá trị cần tìm.

[vietfrog]

Anh Thành pro ghê. Đúng là 1 trong những nhân tài của VMF ta. .
Tại hạ ngu nguội, mong Thành đại ca chỉ giáo tường tận bài này.
Em làm ra được đáp án giống đáp số nhưng thấy vẫn chưa ổn .
Anh chỉ giáo nha.
Bài 1:( khá quen )
Cho dãy :\[\{ {u_n}\} :\left\{ \begin{array}{l}
{u_1} = 1\\
{u_{n + 1}} = {u_n} + \dfrac{1}{{{u_n}}}
\end{array} \right.\]
Tính $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{{u_n}}}{{\sqrt n }}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 10-10-2011 - 23:24

[Crystal]

Em quá lời rồi. Thôi, anh vào bài toán luôn. Bài này dùng định lý Stolz là được.

Bài toán: Cho dãy :\[\{ {u_n}\} :\left\{ \begin{array}{l}
{u_1} = 1\\
{u_{n + 1}} = {u_n} + \dfrac{1}{{{u_n}}}
\end{array} \right.\]
Tính $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{{u_n}}}{{\sqrt n }}$
Giải:

Dễ thấy ${u_n} \ge 1$ và ${u_{n + 1}} - {u_n} = \dfrac{1}{{{u_n}}} > 0 \Rightarrow {u_{n + 1}} > {u_n}$ suy ra $\left\{ {{u_n}} \right\}$ là dãy tăng và không bị chặn trên nên $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = + \infty $

Đặt: ${x_n} = u_n^2;{y_n} = n \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {y_n} = + \infty $

Khi đó: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{{x_n} - {x_{n - 1}}}}{{{y_n} - {y_{n - 1}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{u_n^2 - u_{n - 1}^2}}{{n - \left( {n - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{u_{n - 1}^2 + \dfrac{1}{{u_{n - 1}^2}} + 2 - u_{n - 1}^2}}{{n - n + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\dfrac{1}{{u_{n - 1}^2}} + 2} \right) = 2$

Theo định lý Stolz, ta được: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{{x_n}}}{{{y_n}}} = 2 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{u_n^2}}{n} = 2 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{{u_n}}}{{\sqrt n }} = \sqrt 2 $.

Vậy $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{{u_n}}}{{\sqrt n }} = \sqrt 2 $.

[Didier]

bài của Viêtf có thể giải theo cách khác
áp dung TB Cesaro có
dễ thấy $ \beta =\dfrac{1}{2}\rightarrow \gamma =2$
vậy xét $ u_{n+1}^{2}-u_{n}^{2}=2+\dfrac{1}{u_{n}^{2}}$
dễ thấy $ u_{n}$ là dãy tăng mà giả sử $\lim_{u_{n}}=a$
khi ấy $ a=a+\dfrac{1}{a} $vô nghiệm vậy nên$ u_{n}\rightarrow \infty$
$ \Rightarrow limu_{n+1}^{2}-u_{n}^{2}=2$
vậy áp dụng cesaro thì$ lim\dfrac{u_{n}^{2}}{n}=2$
vậy $ lim\sqrt{\dfrac{u_{n}^{2}}{n}}=\sqrt{2}$
@ Viêtfrog stolz là định lí của đại học hình như không được dùng ở bậc THPT
@ anh xusinst có tài liệu nào hay về dãy số không share cho bọn em với

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Didier: 11-10-2011 - 18:49

[Crystal]

Thanks Didier đã đưa ra thêm một cách. Didier chú ý! Định lý Stolz được dùng ở THPT nhưng chỉ gặp ở các kỳ thi HSG.

Định lý Trung bình Cesaro: Nếu dãy số $\left\{ {{x_n}} \right\}$ có giới hạn hữu hạn là a thì dãy số các trung bình $\left\{ {\dfrac{{\sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} }}{n}} \right\}$ cũng có giới hạn là a.

Định lý này có thể phát biểu dưới dạng tương đương như sau: Nếu $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{x_{n + 1}} - {x_n}} \right) = a$ thì $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{{{x_n}}}{n} = a$.

Hai định lý Stolz và Trung bình Cesaro nhìn vào thì tương tự nhau.

@ Didier: anh chỉ có một quyển sách về Dãy số thôi, nhưng giờ nó không đi theo anh nữa rồi

[Didier]

Thanks Didier đã đưa ra thêm một cách. Didier chú ý! Định lý Stolz được dùng ở THPT nhưng chỉ gặp ở các kỳ thi HSG.

Định lý Trung bình Cesaro: Nếu dãy số $\left\{ {{x_n}} \right\}$ có giới hạn hữu hạn là a thì dãy số các trung bình $\left\{ {\dfrac{{\sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} }}{n}} \right\}$ cũng có giới hạn là a.

Định lý này có thể phát biểu dưới dạng tương đương như sau: Nếu $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{x_{n + 1}} - {x_n}} \right) = a$ thì $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{{{x_n}}}{n} = a$.

Hai định lý Stolz và Trung bình Cesaro nhìn vào thì tương tự nhau.

@ Didier: anh chỉ có một quyển sách về Dãy số thôi, nhưng giờ nó không đi theo anh nữa rồi

wordpress cua thầy trungtuan mình hay vào đọc trộm share kho sách cho moị người
http://trungtuan.wor...ai-nguyen/sach/