Noobmath

1) $x_2=\frac{1}{2} =\frac{1}{2!} , x_3=\frac{1}{6}=\frac{1}{3!}$

Ta chứng minh quy nạp : $ x_n = \frac{1}{n!} $ với mọi $n\geq 2$ 

Thật vậy giả sử $x_{n-1}=\frac{1}{(n-1)!} , x_n=\frac{1}{n!} (n \geq 3)$

Khi đó $n(n+1)x_{n+1}=\frac{n(n-1)}{n!}-\frac{n-2}{(n-1)!}=\frac{1}{(n-1)!}$ 

Suy ra $x_{n+1}=\frac{1}{(n+1)!}$ (đpcm)

Vậy $ \frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_3}+...+\frac{x_{50}}{x_{51}}=\frac{1}{2}+3+4+...+51= ... $

Xét $f(x)=7-\log_{3}(x^2+11)$

$f'(x)=\frac{2x}{(x^2+11)\ln 3} \Rightarrow |f'(x)|<\frac{1}{2} $ với mọi $x \in \mathbb{R} $

Ta có theo định lý Lagrange : 

$|x_{n+1}-4|=|7-\log_{3}(x^2+11)-4|=|f(x_n)-f(4)|=|f'(c)|.|x_n-4|<\frac{1}{2}|x_n-4|<...<(\frac{1}{2})^n|x_1-4|$

Mà $\lim (\frac{1}{2})^n|x_1-4|=0 \Rightarrow \lim (x_n-4)=0 $ hay $\lim x_n = 4 $ 

$\frac{x^n-\sin^n x }{x^{n+2}} = \frac{(x-\sin x)(x^{n-1}+x^{n-2}\sin x +...+x\sin^{n-2}x+\sin^{n-1}x)}{x^{n+2}}=\frac{x-\sin x}{x^3}.(1+\frac{\sin x}{x}+\frac{\sin^2 x }{x^2}+...+\frac{\sin^{n-1}x}{x^{n-1}})$

Đến đây ta có 2 giới hạn sau : 

1) $\lim_{x \to 0} \frac{x- \sin x }{x^3} = \frac{1}{6}$

2) $\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = 1 $

Với các giới hạn trên ta có điều phải chứng minh . 

Mình chỉ chứng minh được $ \lim x_n = \ln 2 $ ( mà cũng không chắc là có đúng không)

Ta có : $\frac{1}{n+k-1}=\frac{2}{2n+2k-2}>\frac{2}{2n+2k-1}>\frac{2}{2n+2k}=\frac{1}{n+k}$ 

$\Rightarrow \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+k-1}>\sum_{k=1}^{n} \frac{2}{2n+2k-1} > \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+k}$

Mà $ \lim \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+k-1}=\lim \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1+\frac{k-1}{n}} = \int_{0}^{1} \frac{dx}{x+1}=\ln 2$ 

Tương tự $\lim \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+k} = \int_{0}^{1} \frac{dx}{x+1}=\ln 2$ 

Vậy $ \lim x_n = \lim \sum_{k=1}^{n} \frac{2}{2n+2k-1} = \ln 2$ (Theo nguyên lý kẹp) 

Làm như tnay k biết đúng ko , nếu sai thì mọi người thông cảm .

Xét $f(x)=x+ \cos x$ khả vi trên $\mathbb{R}$

$f'(x)=1- \sin x \geq 0 , \forall x \in \mathbb{R}$

Vậy $f(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ suy ra $f(x)=0$ có nhiều nhất 1 nghiệm.

Mặt khác : $f(0)=1 , f(-\frac{\pi}{2})=-\frac{\pi}{2}$ ; $f(x)$ liên tục .

Suy ra $f(x)$ có duy nhất 1 nghiệm thuộc $(-\frac{\pi}{2};0)$

Gọi nghiệm là L.

+) $a=L \Rightarrow u_n = L , \forall n $ hay $ \lim u_n = L$ 

+) $a>L \Rightarrow u_2 > u_1 ... u_n $ tăng.

Giả sử $u_n$ bị chặn trên suy ra có giới hạn hữu hạn $\lim u_n = u$

Suy ra $u=L$ ( vô lý) . Vậy $ \lim u_n = +\infty $ 

+) $a<L$ tương tự $\lim u_n = -\infty $