Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(u_{n+1}=\dfrac{u_n}{u_n+1}\Rightarrow\dfrac{1}{u_{n+1}}=\dfrac{1}{u_n}+1\)
Đặt \(\dfrac{1}{u_n}=v_n\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}v_1=\dfrac{1}{u_1}=1\\v_{n+1}=v_n+1\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow v_n\) là CSC với công sai \(d=1\Rightarrow v_n=v_1+\left(n-1\right).1=n\)
\(\Rightarrow u_n=\dfrac{1}{n}\)
\(\Rightarrow u_n+1=\dfrac{n+1}{n}\)
\(\lim\dfrac{2014\left(\dfrac{2}{1}\right)\left(\dfrac{3}{2}\right)\left(\dfrac{4}{3}\right)...\left(\dfrac{n+1}{n}\right)}{2015n}=\lim\dfrac{2014\left(n+1\right)}{2015n}=\dfrac{2014}{2015}\)
https://hoc24.vn/cau-hoi/giai-phuong-trinhleft3-4sin2xrightleft3-4sin23xright1-2cos10x.4916575957961
Giúp mik bài này với ạ
1) Có \(u_{n+1}-u_n=\dfrac{1}{2}u^2_n-2u_n+2=\dfrac{1}{2}\left(u_n-2\right)^2\) (1)
+) CM \(u_n>2\) (n thuộc N*)
n=1 : u1= 5/2 > 2 (đúng)
Giả sử n=k, uk > 2 (k thuộc N*)
Ta cần CM n = k + 1. Thật vậy ta có:
\(u_{k+1}=\dfrac{1}{2}u^2_k-u_k+2=\dfrac{1}{2}\left(u_k-2\right)^2+u_k\) (đúng)
Vậy un > 2 (n thuộc N*) (2)
Từ (1) (2) => un+1 - un > 0, hay un+1 > un
=> (un) là dãy tăng => \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}u_n=+\infty\)
2) \(2u_{n+1}=u^2_n-2u_n+4\)
\(\Leftrightarrow2u_{n+1}-4=u^2_n-2u_n\)
\(\Leftrightarrow2\left(u_{n+1}-2\right)=u_n\left(u_n-2\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{u_{n+1}-2}=\dfrac{2}{u_n\left(u_n-2\right)}=\dfrac{1}{u_n-2}-\dfrac{1}{u_n}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{u_n}=\dfrac{1}{u_n-2}-\dfrac{1}{u_{n+1}-2}\)
\(S=\dfrac{1}{u_1}+\dfrac{1}{u_2}+...+\dfrac{1}{u_n}\)
\(=\dfrac{1}{u_1-2}-\dfrac{1}{u_2-2}+\dfrac{1}{u_2-2}+...-\dfrac{1}{u_{n+1}-2}\)
\(=\dfrac{1}{u_1-2}-\dfrac{1}{u_{n+1}-2}\)
\(=2-\dfrac{1}{u_{n+1}-2}\)
\(\Leftrightarrow\lim\limits_{n\rightarrow\infty}S=2\)
\(u_3=u_2^2-u_2+2=4\)
\(S_1=1=\left(2-1\right)^2=\left(u_2-1\right)^2\)
\(S_2=2.5-1=9=\left(4-1\right)^2=\left(u_3-1\right)^2\)
Dự đoán \(S_n=\left(u_{n+1}-1\right)^2\)
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp:
- Với \(n=1;2\) đúng (đã kiểm chứng bên trên với \(S_1;S_2\))
- Giả sử đẳng thức đúng với \(n=k\)
Hay \(S_k=\left(u_1^2+1\right)\left(u_2^2+1\right)...\left(u_k^2+1\right)-1=\left(u_{k+1}-1\right)^2\)
Ta cần chứng minh:
\(S_{k+1}=\left(u_1^2+1\right)\left(u_2^2+1\right)...\left(u_k^2+1\right)\left(u_{k+1}^2+1\right)-1=\left(u_{k+2}-1\right)^2\)
Thật vậy:
\(S_{k+1}=\left[\left(u_{k+1}-1\right)^2+1\right]\left(u_{k+1}^2+1\right)-1\)
\(=\left(u_{k+1}^2-2u_{k+1}+2\right)\left(u_{k+1}^2+1\right)-1\)
\(=\left(u_{k+2}-u_{k+1}\right)\left(u_{k+2}+u_{k+1}-1\right)-1\)
\(=u_{k+2}^2-u_{k+2}-u_{k+1}^2+u_{k+1}-1\)
\(=u_{k+2}^2-u_{k+2}+2-u_{k+2}-1\)
\(=\left(u_{k+2}-1\right)^2\) (đpcm)
Dãy số đã cho hiển nhiên là dãy dương
\(u_3=2>1\Rightarrow\) dự đoán dãy trên là dãy tăng hay \(u_{n+1}>u_n\) \(\forall n\ge2\)
Với \(n=2\) ta có \(u_3>u_2\) (đúng)
Giả thiết cũng đúng với \(n=k\) hay \(u_{k+1}>u_k\)
Ta cần chứng minh \(u_{k+1}>u_{k+1}\)
Thật vậy, \(u_{k+2}=\sqrt{u_{k+1}}+\sqrt{u_k}>\sqrt{u_k}+\sqrt{u_{k-1}}=u_{k+1}\)
Mặt khác \(u_n=\sqrt{u_{n-1}}+\sqrt{u_{n-2}}< \sqrt{u_n}+\sqrt{u_n}=2\sqrt{u_n}\)
\(\Rightarrow u_n^2< 4u_n\Rightarrow u_n< 4\)
\(\Rightarrow\) Dãy số tăng và bị chặn trên nên nó có giới hạn
Gọi giới hạn của dãy số là \(a\Rightarrow lim\left(u_n\right)=lim\left(u_{n-1}\right)=lim\left(u_{n+1}\right)=a\)
Từ biểu thức: \(u_{n+1}=\sqrt{u_n}+\sqrt{u_{n-1}}\)
Lấy giới hạn 2 vế: \(\Rightarrow a=\sqrt{a}+\sqrt{a}\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=0\left(l\right)\\a=4\end{matrix}\right.\)
Vậy \(lim\left(u_n\right)=4\)
Lời giải:
Ta có:
\((\sqrt{n+1}+\sqrt{n})U_n=\frac{2}{2n+1}\)
\(\Rightarrow U_n=\frac{2}{(2n+1)(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}=\frac{2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})}{2n+1}\)
\(=\frac{2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})}{(n+1)+n}<\frac{2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})}{2\sqrt{n(n+1)}}\) (áp dụng bđt am-gm thì \((n+1)+n\geq 2\sqrt{n(n+1)}\), dấu bằng không xảy ra vì \(n\neq n+1\))
hay \(U_n< \frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\)
Do đó:
\(U_1+U_2+...+U_{2010}< \frac{1}{\sqrt{1}}-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}}-...+\frac{1}{\sqrt{2010}}-\frac{1}{\sqrt{2011}}\)
\(\Leftrightarrow U_1+U_2+..+U_{2010}< 1-\frac{1}{\sqrt{2011}}< \frac{1005}{1006}\)
Ta có đpcm.