trinhj

Đúng thế.
Hình như đề bị trục trặc rồi ...
với hàm $f(x)=x +x(1-x)$

Cảm ơn mọi người giúp đỡ.
Mình cũng tìm ra cách giải khác như sau :
Ta xét $\dfrac{sink}{\sqrt{k(k+1)}}=\dfrac{cos(k-\dfrac{1}{2})-cos(k+\dfrac{1}{2})}{2.sin\dfrac{1}{2}.\sqrt{k.(k+1))}}$
Để áp dụng tiêu chuẩn Cauchy, ta xét
$x_{n+a}-x_n=\dfrac{\sin (n+1)}{\sqrt{(n+1).(n+2)}}+\dfrac{\sin (n+2)}{\sqrt{(n+2).(n+3)}}+\dfrac{\sin (n+3)}{\sqrt{(n+3).(n+4)}}+...+\dfrac{\sin (n+a)}{\sqrt{(n+a).(n+a+1)}}$
$=\dfrac{1}{2.sin\dfrac{1}{2}}\left [ \dfrac{cos(n-\dfrac{1}{2})-cos(n+ \dfrac{3}{2})}{\sqrt{(n+1)(n+2)}}+ \dfrac{cos(n+\dfrac{3}{2})-cos(n+\dfrac{5}{2})}{\sqrt{(n+2)(n+3)}}+ \dfrac{cos(n+\dfrac{5}{2})-cos(n+\dfrac{7}{2})}{\sqrt{(n+3)(n+4)}}+...+ \dfrac{cos(n+\dfrac{2a-1}{2})-cos(n+\dfrac{2a+1}{2})}{\sqrt{(n+a)(n+a+1)}} \right ]$
$=\dfrac{1}{2.sin\dfrac{1}{2}}\left [ cos(n-\dfrac{1}{2}).\dfrac{1}{\sqrt{(n+1).(n+2)}}+cos(n+ \dfrac{3}{2}).\left ( \dfrac{1}{\sqrt{(n+1)(n+2)}}- \dfrac{1}{\sqrt{(n+2)(n+3)}}\right )+...+cos(n+\dfrac{2a-1}{2}).\left ( \dfrac{1}{\sqrt{(n+a-1)(n+a)}}- \dfrac{1}{\sqrt{(n+a)(n+a+1)}}\right ) -cos(n+\dfrac{2a+1}{2}) \dfrac {1}{\sqrt{(n+a)(n+a+1)}} \right ] $
Do đó
$|x_{n+a}-x_n|< \dfrac{1}{2.sin\dfrac{1}{2}}.\left [ \dfrac{1}{\sqrt{(n+1).(n+2)}}+2\right ]$
Có thể suy ra dãy $x_n$ hội tụ

Bạn có thể dùng công thức khai triển sau:
$${\left( {1 - x} \right)^n} = 1 - \dfrac{n}{{1!}}x + \dfrac{{n\left( {n - 1} \right)}}{{2!}}{x^2} + ... + {\left( { - 1} \right)^k}\dfrac{{n\left( {n - 1} \right)...\left( {n - k + 1} \right)}}{{k!}}{x^k} + ... + {\left( { - 1} \right)^n}{x^n}$$
Do đó để khai triển $f\left( x \right) = {\left( {1 - x} \right)^{2 + x}}$ đến bậc $5$ ta chỉ cần khai triển ${\left( {1 - x} \right)^n}$ đến bậc $2$ với $n=2+x$

Bạn có thể giải tiếp.

Không hợp lý lắm thì phải, vì n là hằng, hơn nữa lại là số nguyên dương, bạn đặt $\forall x \in \mathbb{R}$, x là biến, và là số thực.

c) Ta chứng minh cho nó có giới hạn hữu hạn rồi áp dụng các tính

Câu $a, b$ mình nhác làm, xin làm câu $c$ vậy.

Giả sử tồn tại giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} = L,\,\,\left( {L > - 1} \right)$. Chuyển qua giới hạn từ đẳng thức: ${x_{n + 1}} = \dfrac{1}{{1 + {x_n}}}$, ta được:
$$L = \dfrac{1}{{1 + L}} \Leftrightarrow {L^2} + L - 1 = 0 \Leftrightarrow L = \dfrac{{\sqrt 5 - 1}}{2}\,\,do\,\,L > - 1$$
Vậy $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} = \dfrac{{\sqrt 5 - 1}}{2}$.

Dễ thấy $x_{n} > 0$
Ta xét $\dfrac{x_{n}}{x_{n+1}}=x_{n}^2+x_{n}$
Ta chia dãy $x_{n}$ thành hai dãy con
Với $x\geq \dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$ thì dãy con I giảm và bị chặn dưới(Bạn tự chứng minh nhé). Do đó hội tụ, có giới hạn hữu hạn, rồi áp dụng cách tính của bạn xunsinst
Với $x\< \dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$ thì dãy con II tăng và bị chặn trên.Tương tự như trên ta tính giới hạn
Hai dãy con đều hội tụ tại một điểm, hơn nữa với mọi x thì x phải thuộc dãy con I or dãy con II
Ta kết luận được điểm hội tụ...