#1
Đã gửi 11-11-2012 - 20:52
$$f_{k}(x)=1-\frac{x^2}{k}+\frac{x^4}{2!k(k+1)}-\frac{x^6}{3!k(k+1)(k+2)}+....$$
Chứng minh với mỗi số thực $x$,ta có $\lim_{k \to +\infty}f_{k}(x)=1$.
- funcalys, PRONOOBCHICKENHANDSOME, nhungvienkimcuong và 1 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 27-06-2017 - 10:18
Bài toán: Xét khai triển hàm số sau:
$$f_{k}(x)=1-\frac{x^2}{k}+\frac{x^4}{2!k(k+1)}-\frac{x^6}{3!k(k+1)(k+2)}+....$$
Chứng minh với mỗi số thực $x$,ta có $\lim_{k \to +\infty}f_{k}(x)=1$.
Trong khai triển của $f_{k}(x)$, từ số hạng thứ hai ($-\frac{x^2}{k}$) trở đi có dạng tổng quát là $\frac{(-1)^mx^{2m}}{m!k(k+1)(k+2)...(k+m-1)}$
Với mỗi số thực $x$ (tức là $x$ là số thực cố định), khi $k\to+\infty$ thì :
$\lim_{k\to+\infty}\frac{(-1)^mx^{2m}}{m!k(k+1)(k+2)...(k+m-1)}=\frac{(-1)^mx^m}{m!}.\lim_{k\to+\infty}\frac{x^m}{k(k+1)(k+2)...(k+m-1)}=0$
Điều đó có nghĩa là khi $k\to+\infty$ và $x$ cố định thì tất cả các số hạng từ thứ hai trở đi sẽ tiến đến $0$.
Vậy với mỗi số thực $x$, ta có $\lim_{k\to+\infty}f_k(x)=1$.
- tritanngo99 và NTL2k1 thích
...
Ðêm nay tiễn đưa
Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...
#3
Đã gửi 29-06-2017 - 19:13
Trong khai triển của $f_{k}(x)$, từ số hạng thứ hai ($-\frac{x^2}{k}$) trở đi có dạng tổng quát là $\frac{(-1)^mx^{2m}}{m!k(k+1)(k+2)...(k+m-1)}$
Với mỗi số thực $x$ (tức là $x$ là số thực cố định), khi $k\to+\infty$ thì :
$\lim_{k\to+\infty}\frac{(-1)^mx^{2m}}{m!k(k+1)(k+2)...(k+m-1)}=\frac{(-1)^mx^m}{m!}.\lim_{k\to+\infty}\frac{x^m}{k(k+1)(k+2)...(k+m-1)}=0$
Điều đó có nghĩa là khi $k\to+\infty$ và $x$ cố định thì tất cả các số hạng từ thứ hai trở đi sẽ tiến đến $0$.
Vậy với mỗi số thực $x$, ta có $\lim_{k\to+\infty}f_k(x)=1$.
Bạn làm chưa đúng, khi làm việc với chuỗi ta cần cẩn thận. Ví dụ như bây giờ cho "chuỗi" (tổng hình thức)
\[ f(x) = 1 + \dfrac{x}{k} + \dfrac{x^2}{k} + \dfrac{x^3}{k} + \cdots, \]
thì theo cách lập luận trên, khi ta cố định một số $x > 1$ nào đó, từng số hạng vẫn tiến đến 0 khi $k \to \infty$, nhưng ta không thể kết luận được gì về tính hội tụ của tổng vô hạn trên (vì $x> 1$ nên nó tiến ra vô cùng).
Cần làm kĩ hơn một tẹo như thế này, khi ta cố định $x$ rồi, sẽ tồn tại $N$ đủ lớn để $N > \text{max} \{1, x^4\}$, xét $k > N$. Khi đó ta có đánh giá cho số hạng thứ $n+1$ của tổng (kí hiệu là $x_n$, số hạng đầu tiên $1 = x_0$)
\[ |x_n| = \dfrac{ x^{2n}}{n! k\cdots (k+n-1)} < \dfrac{x^{2n}}{n! k^{n}} < \dfrac{1}{\sqrt{k}} \dfrac{x^{2n}}{n! k^{n-1/2}} < \dfrac{1}{\sqrt{k}} \dfrac{1}{n!} \]
do $k^{n-1/2} \geq k^{n/2} > x^{2n}$ với $n\geq 1$. Suy ra
\[ \left| \sum_{n=1}^{\infty} x_n \right| \leq \sum_{n=1}^{\infty} |x_n| \leq \dfrac{1}{\sqrt{k}} \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n!} < \dfrac{2}{\sqrt{k}} \to 0 \,\,\, (\text{khi } k\to \infty), \]
Vậy $\lim_{k\to \infty} \sum_{n=1}^{\infty} x_n= 0$.
Tóm lại, với $x$ cố định thì
$$\lim_{k\to \infty} f_k(x) = 1.$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 29-06-2017 - 19:19
- Ispectorgadget, BlackSelena, Secrets In Inequalities VP và 7 người khác yêu thích
#4
Đã gửi 26-07-2019 - 10:11
Trong khai triển của fk(x)fk(x), từ số hạng thứ hai (−x2k−x2k) trở đi có dạng tổng quát là (−1)mx2mm!k(k+1)(k+2)...(k+m−1)(−1)mx2mm!k(k+1)(k+2)...(k+m−1)
Với mỗi số thực xx (tức là xx là số thực cố định), khi k→+∞k→+∞ thì :
limk→+∞(−1)mx2mm!k(k+1)(k+2)...(k+m−1)=(−1)mxmm!.limk→+∞xmk(k+1)(k+2)...(k+m−1)=0limk→+∞(−1)mx2mm!k(k+1)(k+2)...(k+m−1)=(−1)mxmm!.limk→+∞xmk(k+1)(k+2)...(k+m−1)=0
Điều đó có nghĩa là khi k→+∞k→+∞ và xx cố định thì tất cả các số hạng từ thứ hai trở đi sẽ tiến đến 00.
Vậy với mỗi số thực xx, ta có limk→+∞fk(x)=1limk→+∞fk(x)=1.
- tritanngo99 và NTL2k1 thích
- Thích
...
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: for all
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Các dạng toán khác →
Một số bài toán tính tổng chọn lọcBắt đầu bởi hxthanh, 02-04-2013 dark templar, hxthanh, for all |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Hình học →
3 Giao điểm của 3 đường thẳng nằm trên đường tròn nội tiếp tam giác $A_1A_2A_3$.Bắt đầu bởi dark templar, 31-12-2012 for all, happy new year |
|
|||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Đại số →
Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình →
$x^4+ax^3+bx+c=0$ có các nghiệm đều là số thực thì $ab \le 0$.Bắt đầu bởi dark templar, 15-12-2012 for all |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
$$\sum_{cyc}\left(\frac{a}{2a+b} \right)^3 \ge \frac{1}{9}$$Bắt đầu bởi dark templar, 11-11-2012 for all |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Tổ hợp và rời rạc →
$\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor} \binom{n}{3k} = ?$Bắt đầu bởi hxthanh, 03-11-2012 for all |
|
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh