Chủ đề này có 4 trả lời

[dark templar]

1 bài toán tổng quát rất hay và khó
Bài toán: Xét dãy $\{x_{n} \}:\left\{\begin{matrix} x_0>0 & \\ x_{n+1}=x_{n}+\frac{1}{\sqrt[k]{x_{n}}};\forall n,k \in \mathbb{N^*}& \end{matrix}\right.$.
Hãy tính $\lim_{n \to +\infty}\frac{x_{n}^{k+1}}{n^{k}}$

[perfectstrong]

Em làm thế này có đúng không nhỉ
Lời giải:
Đặt\[
\begin{array}{l}
y_n = x_n^{\frac{1}{k}} \Rightarrow y_{n + 1}^k = y_n^k + \frac{1}{{y_n }} \\
\Rightarrow \frac{1}{{y_n }} = y_{n + 1}^k - y_n^k = \left( {y_{n + 1} - y_n } \right)\left( {y_{n + 1}^{k - 1} + y_{n + 1}^{k - 2} y_n + ... + y_n^{k - 1} } \right) \\
\end{array}
\]
Ta có:
\[
\begin{array}{rcl}
x_{n + 1}^{\frac{{k + 1}}{k}} - x_n^{\frac{{k + 1}}{k}} &=& y_{n + 1}^{k + 1} - y_n^{k + 1} \\
&=& \left( {y_{n + 1} - y_n } \right)\left( {y_{n + 1}^k + y_{n + 1}^{k - 1} y_n + ... + y_n^k } \right) \\
&=& \frac{{y_{n + 1}^k + y_{n + 1}^{k - 1} y_n + ... + y_n^k }}{{y_{n + 1}^{k - 1} y_n + y_{n + 1}^{k - 2} y_n^2 + ... + y_n^k }} \\
&=& 1 + \frac{{y_{n + 1}^k }}{{y_{n + 1}^{k - 1} y_n + y_{n + 1}^{k - 2} y_n^2 + ... + y_n^k }}\left( {t_n = \frac{{y_n }}{{y_{n + 1} }}} \right) \\
&=& 1 + \frac{1}{{t_n + t_n^2 + ... + t_n^k }} \\
\end{array}
\]
Dễ thấy \[
\lim t_n = 1 \Rightarrow \lim \left( {x_{n + 1}^{\frac{{k + 1}}{k}} - x_n^{\frac{{k + 1}}{k}} } \right) = \frac{{k + 1}}{k}
\]
Theo định lý Césaro, ta có:
\[
\lim \frac{{x_n^{\frac{{k + 1}}{k}} }}{n} = \lim \frac{{x_{n + 1}^{\frac{{k + 1}}{k}} - x_n^{\frac{{k + 1}}{k}} }}{{n + 1 - n}} = \frac{{k + 1}}{k} \Rightarrow \lim \frac{{x_n^{k + 1} }}{{n^k }} = \left( {\frac{{k + 1}}{k}} \right)^k
\]

@Dark templar:Cách làm khá lắm,quan trọng là sao em mò được cái giới hạn ra kết quả như thế thôi Bài này còn 2 cách nữa,để có gì anh sẽ post sau (dịch từ tiếng Anh nên có thể không sát ý lắm ).

@Perfectstrong: Em làm theo pp trong sách Tài liệu chuyên toán 11

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 21-12-2012 - 10:46

[dark templar]

Cứ up lên hết 3 cách giải khác luôn đi đã Các cách giải này có lẽ là áp dụng cho $k \in \mathbb{R^+}$.Còn cách giải của Hân chỉ đúng cho $k \in \mathbb{N^*}$ thôi.
**********
Lời giải 1: Chúng ta sẽ tìm các chặn trên và chặn dưới của dãy $\{x_{n} \}$.Đặt $\Theta (f(n))$ và $\Omega (f(n))$ với hàm $g(n)$ sao cho $\dfrac{f(n)}{g(n)}$ và $\dfrac{g(n)}{f(n)}$ đều bị chặn trên.Do $\{x_{n} \}$ là dãy tăng,và $x_{n+1}-x_{n}$ bị chặn trên,nên $x_{n}=\Theta (n)$,suy ra $x_{n}^{-\dfrac{1}{k}}=\Omega \left(n^{-\dfrac{1}{k}} \right)$.Do đó:
$$x_{n}=\Omega \left(\sum_{i=1}^{n}i^{-\dfrac{1}{k}} \right)=\Omega \left(n^{\dfrac{k-1}{k}} \right)$$
Bằng định lý Taylor cho phần dư,với $1<m<2$ và $x>0$,ta có:
$$|(1+x)^{m}-1-mx| \le \dfrac{m(m-1)x^2}{2}$$
Chọn $m=\dfrac{k+1}{k};x=\dfrac{x_{n+1}}{x_{n}}=1+x_{n}^{\dfrac{-(k+1)}{k}}$,ta có:
$$\left|x_{n+1}^{\dfrac{k+1}{k}}-x_{n}^{\dfrac{k+1}{k}}-\dfrac{k+1}{k} \right| \le \dfrac{k+1}{2k^2}x_{n}^{\dfrac{-(k+1)}{k}}$$
Do đó :
$$\lim_{n \to \infty}\left(x_{n+1}^{\dfrac{k+1}{k}}-x_{n}^{\dfrac{k+1}{k}} \right)=\dfrac{k+1}{k}$$
Nên theo định lý Stolz-Cesaro,ta có: $\lim_{n \to \infty}\dfrac{x_{n}^{k+1}}{n^{k}}=\left(\dfrac{k+1}{k} \right)^{k}$.

**********
Lời giải 2: Trong cách giải sau,thay vì áp dụng định lý Taylor cho phần dư của $(1+x)^{m}$ với $1<m<2$ và $x>0$;ta sẽ chỉ sử dụng tính lồi đề suy ra rằng $(1+x)^{m} \ge 1+mx$.Do đó:
$$x_{n+1}^{\dfrac{k+1}{k}}-x_{n}^{\dfrac{k+1}{k}} \ge \dfrac{k+1}{k}$$
Và:
$$x_{n}^{\dfrac{k+1}{k}} \ge \dfrac{k+1}{k}n+c(c \in \mathbb{R})$$
Từ đó,ta có:
$$\lim_{n \to \infty}\inf \dfrac{x_{n}^{\dfrac{k+1}{k}}}{n} \ge \dfrac{k+1}{k}$$
Suy ra:
$$\lim_{n \to \infty}\inf \dfrac{x_{n}}{n^{\dfrac{k+1}{k}}} \ge \left(\dfrac{k+1}{k} \right)^{\dfrac{k}{k+1}}(1)$$
Mặt khác:
$$x_{n+1}-x_{n}=x_{n}^{-\dfrac{1}{k}} \le \left(\dfrac{k+1}{k} \right)^{\dfrac{-1}{k+1}}n^{\dfrac{-1}{k+1}}(1+h (1))$$
Trong đó $h(1)$ là hàm số tiến về 0 khi $n \to \infty$.Điều này cho ta:
$x_{n} \le \left(\dfrac{k+1}{k} \right)^{-\dfrac{1}{k+1}}\sum_{i=1}^{n}i^{-\dfrac{1}{k+1}}(1+h(1))=\dfrac{k+1}{k}\left(\dfrac{k+1}{k} \right)^{-\dfrac{1}{k+1}}n^{-\dfrac{k}{k+1}}(1+h(1))$
$=\left(\dfrac{k+1}{k} \right)^{\dfrac{k}{k+1}}n^{\dfrac{k}{k+1}}(1+h(1))$.
Do đó:
$$\lim_{n \to \infty}\sup \dfrac{x_{n}}{n^{\dfrac{k}{k+1}}} \le \left(\dfrac{k+1}{k} \right)^{\dfrac{k}{k+1}}(2)$$
Từ (1) và (2),theo nguyên lý kẹp giới hạn,ta sẽ có ngay $\lim_{n \to \infty}\dfrac{x_{n}^{k+1}}{n^{k}}=\left(\dfrac{k+1}{k} \right)^{k}$.

P.s:Mai sẽ post cách 3,giờ hơi đuối

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 22-12-2012 - 09:12

[dark templar]

Lời giải 3: Dễ thấy $x_{n} \to \infty$ khi $n \to \infty$.Đặt $y_{n}=x_{n}-L.n^{\dfrac{k}{k+1}}$(giá trị của $L$ xác định sau).Ta có:
$$y_{n+1}=y_{n}+x_{n}^{-\dfrac{1}{k}}-L\left[(n+1)^{\dfrac{k}{k+1}}-n^{\dfrac{k}{k+1}} \right]=e_1+e_2$$
Trong đó :
$e_1=y_{n}+x_{n}^{-\dfrac{1}{k}}-L^{-\dfrac{1}{k}}n^{-\dfrac{1}{k+1}}$
$e_2=L\left[(n+1)^{\dfrac{k}{k+1}}-n^{\dfrac{k}{k+1}} \right]-L^{-\dfrac{1}{k}}n^{-\dfrac{1}{k+1}}$
Chúng ta sẽ đánh giá $e_1$ đầu tiên.Với $-1<m<0$,bằng tính lồi của $(1+x)^{m}$ và $(1+x)^{1-m}$,ta có:
$$1+mx \le (1+x)^{m} \le 1+mx(1+x)^{m-1}$$
Do đó:
$$-\dfrac{1}{k}L^{-\dfrac{k+1}{k}}\dfrac{1}{n}y_{n} \le e_1-y_{n} \le -\dfrac{1}{k}y_{n}x_{n}^{-\dfrac{k+1}{k}}$$
Chú ý rằng cả 2 chặn này đều trái dấu với $y_{n}$,hay với chặn $x_{n}=\Omega \left(n^{\dfrac{k-1}{k}} \right)$,cả 2 chặn đều có giá trị nhỏ hơn $y_{n}$ khi cho $n$ đủ lớn,từ đó ,với $n$ đủ lớn thì $|e_1| \le |y_{n}|$.
Tiếp theo,chúng ta giải quyết $e_2$.Bằng định lý Taylor cho phần dư áp dụng cho $(1+x)^{m}$,với $x>0$ và $0<m<1$:
$$1+mx \ge (1+x)^{m} \ge 1+mx+\dfrac{m(m-1}{2}x^2$$
Thành phần chính của $L\left[(n+1)^{\dfrac{k}{k+1}}-n^{\dfrac{k}{k+1}} \right]$ là $L\dfrac{k+1}{k}n^{-\dfrac{1}{k+1}}$.Đồng nhất với $L^{-\dfrac{1}{k}}n^{-\dfrac{1}{k+1}}$,ta thu được $L=\left(\dfrac{k+1}{k} \right)^{\dfrac{k}{k+1}}$.
Từ đó $|e_2|=\Theta (n^{-2})$,và vì $y_{n+1}=e_1+e_2$ nên $|y_{n+1}| \le |y_{n}|+|e_2|$.Suy ra:
$$|y_{n}|=\Theta \left(\sum_{i=1}^{n}i^{-2} \right)=\Theta (1)$$
Do đó:
$$\lim_{n \to \infty}\dfrac{x_{n}^{k+1}}{n^{k}}=L^{k+1}=\left(\dfrac{k+1}{k} \right)^{k}$$.

[Ispectorgadget]

Mọi người có thể tham khảo thêm lời giải bài này ở đây