Tìm $\lim\limits_{n \to +\infty}\left[\sum\limits_{k=1}^{n}f\left(\dfrac{k}{n^2} \right) \right]$
#1
Đã gửi 23-12-2011 - 21:24
Tìm $$\lim_{n \to +\infty}\left[\sum\limits_{k=1}^{n}f\left(\dfrac{k}{n^2} \right) \right]$$
#2
Đã gửi 23-12-2011 - 22:56
Bài toán: Cho $f(x)=\dfrac{x}{\sqrt{x+1}}(x>0)$.
Tìm $$\lim_{n \to +\infty}\left[\sum\limits_{k=1}^{n}f\left(\dfrac{k}{n^2} \right) \right]$$
Bài này có dành cho anh làm không Phúc.
#3
Đã gửi 23-12-2011 - 23:22
Anh thích thì cứ chém đi anhBài này có dành cho anh làm không Phúc.
#4
Đã gửi 23-12-2011 - 23:37
Bài toán: Cho $f(x)=\dfrac{x}{\sqrt{x+1}}(x>0)$.
Tìm $$\lim_{n \to +\infty}\left[\sum\limits_{k=1}^{n}f\left(\dfrac{k}{n^2} \right) \right]$$
Với hàm $f\left( x \right) = \dfrac{x}{{\sqrt {x + 1} }}\,\,\left( {x > 0} \right)$ thì ta có đánh giá sau:
$$\boxed{x - \dfrac{{{x^2}}}{x} < f\left( x \right) < x\,,\,\,\forall x > 0}$$
Dễ dàng chứng minh đánh giá trên bằng phương pháp hàm số.
Từ đó, suy ra: $$\dfrac{k}{{{n^2}}} - \dfrac{{{k^2}}}{{2{n^4}}} < f\left( {\dfrac{k}{{{n^2}}}} \right) < \dfrac{k}{{{n^2}}}\,\,\,\,\,\left( {k = \overline {1,n} } \right)$$
$$ \Rightarrow \dfrac{{\sum\limits_{k = 1}^n k }}{{{n^2}}} - \dfrac{{\sum\limits_{k = 1}^n {{k^2}} }}{{2{n^4}}} < \sum\limits_{k = 1}^n {f\left( {\dfrac{k}{{{n^2}}}} \right)} < \dfrac{{\sum\limits_{k = 1}^n k }}{{{n^2}}}$$
$$ \Leftrightarrow \dfrac{{n + 1}}{{2n}} - \dfrac{{\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)}}{{12{n^3}}} < \sum\limits_{k = 1}^n {f\left( {\dfrac{k}{{{n^2}}}} \right)} < \dfrac{{n + 1}}{{2n}}$$
Mặt khác: $$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\dfrac{{n + 1}}{{2n}} - \dfrac{{\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)}}{{12{n^3}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{n + 1}}{{2n}} = \dfrac{1}{2}$$
Theo nguyên lí kẹp, suy ra: $$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {\sum\limits_{k = 1}^n {f\left( {\dfrac{k}{{{n^2}}}} \right)} } \right] = \boxed{\dfrac{1}{2}}$$
#5
Đã gửi 24-12-2011 - 10:11
với lại làm sao ma tìm dc đánh giá như thế hả anh
giúp em với
cảm ơn anh nhiều
#6
Đã gửi 24-12-2011 - 11:51
nhưng ,mà cụ thể là cm ntn
với lại làm sao ma tìm dc đánh giá như thế hả anh
giúp em với
cảm ơn anh nhiều
Chứng minh: $$\boxed{x - \dfrac{{{x^2}}}{2} < f\left( x \right) < x\,\,\left( {f\left( x \right) = \dfrac{x}{{\sqrt {x + 1} }},x > 0} \right)}$$
Ta có: $$\forall x > 0 \Rightarrow \sqrt {x + 1} > 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {x + 1} }} < 1 \Rightarrow \dfrac{x}{{\sqrt {x + 1} }} < x \Rightarrow f\left( x \right) < x\,\,\,\,\,\,(1)$$
Mặt khác: Xét hàm số $$g\left( x \right) = \dfrac{1}{{\sqrt {x + 1} }} - \left( {1 - \dfrac{x}{2}} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)$$
$g'\left( x \right) = \dfrac{1}{2}\left[ {1 - \dfrac{1}{{\sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^2}} }}} \right] > 0,\,\,\forall x > 0 \Rightarrow g\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$
Suy ra: $$g\left( x \right) > g\left( 0 \right),\,\forall x > 0 \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {x + 1} }} - \left( {1 - \dfrac{x}{2}} \right) > 0 \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {x + 1} }} > 1 - \dfrac{x}{2},\,\,\forall x > 0$$$$ \Leftrightarrow \dfrac{x}{{\sqrt {x + 1} }} > x - \dfrac{{{x^2}}}{2} \Leftrightarrow f\left( x \right) > x - \dfrac{{{x^2}}}{2},\,\,\forall x > 0\,\,\,\,\,\,\,(2)$$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra: $$\boxed{x - \dfrac{{{x^2}}}{2} < f\left( x \right) < x\,,\,\,\forall x > 0}$$
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: Tặng Hưng ^_^
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Phương trình hàm →
$$f(x)=\underset{y \in \mathbb{R}}{\max} \{2xy-f(y) \}$$Bắt đầu bởi dark templar, 25-02-2012 Tặng Hưng ^_^ |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Tổ hợp và rời rạc →
Iberoamerica 1998Bắt đầu bởi dark templar, 02-01-2012 Tặng Hưng ^_^ |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Phương trình hàm →
$f(2x)=2f(x)$ và $f(f^2(x))=xf(x)$Bắt đầu bởi dark templar, 23-12-2011 Tặng Hưng ^_^ |
|
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh