Chủ đề này có 1 trả lời

[babymath]

Cho $\left(x_n\right)$ là dãy số thực thỏa mãn $x_1=1,x_{n+1}^2=\dfrac{x_n+3}{2},\forall n\geq 1$.

Tính $\lim_{n\to+\infty} 3^n\sqrt{\dfrac{9}{4}-x_n^2}$

 

[dark templar]

Cho $\left(x_n\right)$ là dãy số thực thỏa mãn $x_1=1,x_{n+1}^2=\dfrac{x_n+3}{2},\forall n\geq 1$.

Tính $\lim_{n\to+\infty} 3^n\sqrt{\dfrac{9}{4}-x_n^2}$

Dễ dàng chứng minh bằng quy nạp rằng $x_n<\frac{3}{2};\forall n \ge 1$.

 

Để ý rằng $\frac{9}{4}-x_n^2=\frac{9}{4}-\frac{x_{n-1}+3}{2}=\frac{1}{2}\left(\frac{3}{2}-x_{n-1} \right)$.

 

Mặt khác:

$$\frac{9}{4}-x_n^2=\left(\frac{3}{2}-x_n \right)\left(\frac{3}{2}+x_n \right)<3\left(\frac{3}{2}-x_n \right)$$

 

Tức là:

$$\frac{3}{2}-x_n>\frac{1}{6}\left(\frac{3}{2}-x_{n-1} \right)>....>\frac{1}{6^{n-1}}\left(\frac{3}{2}-x_1 \right)=\frac{1}{2.6^{n-1}}$$

 

Như vậy:

\[{3^n}\sqrt {\frac{9}{4} - x_n^2}  > \frac{{{3^n}}}{{2\sqrt {{6^{n - 2}}} }} \to +\infty \quad \text{khi $n \to +\infty$}\]

 

Kết luận: $\boxed{\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {3^n}\sqrt {\frac{9}{4} - x_n^2}  =  + \infty }$