Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(x_1=a>2;x_{n+1}=x_n^2-2,\forall n=1,2,...\)
mà \(n\rightarrow+\infty\)
\(\Rightarrow a\rightarrow+\infty\Rightarrow x_n\rightarrow+\infty\)
\(\Rightarrow\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{x_n}=0\) \(\Rightarrow\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\left(\dfrac{1}{x_nx_{n+1}}\right)=0\)
\(\)\(\Rightarrow\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\left(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_1x_2}+\dfrac{1}{x_1x_2x_3}+...+\dfrac{1}{x_1x_2...x_n}\right)=0\)
\(x_{n+1}=\dfrac{1}{2}x_n+2^{n-2}\Leftrightarrow x_{n+1}-\dfrac{1}{6}.2^{n+1}=\dfrac{1}{2}\left(x_n-\dfrac{1}{6}.2^n\right)\)
Đặt \(x_n-\dfrac{1}{6}.2^n=y_n\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}y_1=x_1-\dfrac{1}{6}.2^1=\dfrac{8}{3}\\y_{n+1}=\dfrac{1}{2}y_n\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow y_n\) là CSN với công bội \(q=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow y_n=\dfrac{8}{3}.\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}=\dfrac{4}{3.2^n}\)
\(\Rightarrow x_n=y_n+\dfrac{1}{6}.2^n=\dfrac{4}{3.2^n}+\dfrac{2^n}{6}\)
Bạn sửa lại dòng thứ 5 của câu 1 giúp mình:
\(-\frac{1}{24}\left(n-2\right)\left(n-3\right)\left(n+2\right)\left(n-11\right)\)
2)
\(Y_n=\frac{\frac{\left(n+4\right)!}{n!}}{\left(n+2\right)!}-\frac{143}{4.n!}\)
\(=\frac{\left(n+4\right)\left(n+3\right)}{n!}-\frac{143}{4n!}\)
\(=\frac{1}{4n!}\left(2n+19\right)\left(2n-5\right)\)
\(Y_n< 0\)
<=> \(\frac{1}{4n!}\left(2n+19\right)\left(2n-5\right)\)<0
<=> \(\left(2n+19\right)\left(2n-5\right)< 0\)
<=> \(-\frac{19}{2}< n< \frac{5}{2}\)
Đối chiếu với n \(\ge\)1 và n là số tự nhiên
ta có: n = 1 hoặc n = 2
Vậy các số hạng âm của dãy số ( Y_n) là:
\(Y_1=-\frac{63}{4};Y_2=-\frac{23}{8}\)
1) \(X_n=\frac{5}{4}.\frac{\left(n-2\right)!}{\left(n-4\right)!}-\frac{\left(n-1\right)!}{4!\left(n-5\right)!}+\frac{\left(n-1\right)!}{3!\left(n-4\right)!}\)
\(=\frac{5}{4}.\left(n-2\right)\left(n-3\right)-\frac{\left(n-1\right)\left(n-2\right)\left(n-3\right)\left(n-4\right)}{24}+\frac{\left(n-1\right)\left(n-2\right)\left(n-3\right)}{6}\)
= \(\left(n-2\right)\left(n-3\right)\left(\frac{5}{4}-\frac{\left(n-1\right)\left(n-4\right)}{24}+\frac{n-1}{6}\right)\)
= \(\left(n-2\right)\left(n-3\right)\left(-\frac{n^2}{24}+\frac{3n}{8}+\frac{11}{12}\right)\)
= - \(\left(n-2\right)\left(n-3\right)\left(n+2\right)\left(n-11\right)\)
Để \(X_n>0\)
<=> \(\left(n-2\right)\left(n-3\right)\left(n+2\right)\left(n-11\right)\) < 0
<=> n \(\in\left(-2;2\right)\cup\left(3;11\right)\)
Đối chiếu đk n \(\ge\)5
ta có n \(\in\) [ 5; 11 ) và n là số tự nhiên.
Các số hạng dương là:
\(X_5;X_6;...;X_{10}\) ( tự thay vào rồi tính kết quả nhé)
VD: \(X_5=\frac{5}{4}.A^2_3-C^4_4+C^3_4=\frac{21}{2}\)
a) \(\lim \left[ {f\left( {{x_n}} \right) + g\left( {{x_n}} \right)} \right] = \lim \left( {2{x_n} + \frac{{{x_n}}}{{{x_n} + 1}}} \right) = 2\lim {x_n} + \lim \frac{{{x_n}}}{{{x_n} + 1}} = 2.1 + \frac{1}{{1 + 1}} = \frac{5}{2}\)
b) Vì \(\lim \left[ {f\left( {{x_n}} \right) + g\left( {{x_n}} \right)} \right] = \frac{5}{2}\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right] = \frac{5}{2}\) (1).
Ta có: \(\lim {\rm{ }}f\left( {{x_n}} \right) = \lim 2{x_n} = 2\lim {x_n} = 2.1 = 2 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {\rm{ }}f\left( x \right) = 2\)
\(\lim g\left( {{x_n}} \right) = \lim \frac{{{x_n}}}{{{x_n} + 1}} = \lim \frac{{{x_n}}}{{{x_n} + 1}} = \frac{1}{{1 + 1}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {\rm{ }}g\left( x \right) = \frac{1}{2}\)
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {\rm{ }}f\left( x \right) + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} g\left( x \right) = 2 + \frac{1}{2} = \frac{5}{2}\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {\rm{ }}f\left( x \right) + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} g\left( x \right)\)
Ta có xn luôn dương
Ta có \(2x_n+1=\) \(2\times\dfrac{\left(2+cos\alpha\right)x_n+cos^2\alpha}{\left(2-2cos2\alpha\right)x_n+2-cos2\alpha}+1=\)
\(=\dfrac{6x_n+2cos^2\alpha+2-cos2\alpha}{\left(2-2cos2\alpha\right)x_n+2-cos2\alpha}\)
\(=\dfrac{6x_n+2cos^2\alpha+2sin^2a+1}{\left(2x_n+1\right)\left(1-cos2\alpha\right)+1}\)
\(=\dfrac{3\left(2x_n+1\right)}{2\sin^2\alpha\left(2x_n+1\right)+1}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{2x_{n+1}+1}=\dfrac{2\sin^2\alpha\left(2x_n+1\right)+1}{3\left(2x_n+1\right)}\)
\(=\dfrac{1}{3}\left(2\sin^2\alpha+\dfrac{1}{2x_n+1}\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{2x_{n+1}+1}-\sin^2\alpha=\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{2x_n+1}-\sin^2\alpha\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{2x_{n+1}+1}-\sin^2\alpha=\left(\dfrac{1}{3}\right)^n\left(\dfrac{1}{2x_1+1}-\sin^2\alpha\right)\)
\(=\left(\dfrac{1}{3}\right)^n\left(\dfrac{1}{3}-\sin^2\alpha\right)\)
\(\Rightarrow y_n=\sum\limits^{n-1}_{i=0}\left(\dfrac{1}{3}\right)^i\left(\dfrac{1}{3}-\sin^2\alpha\right)+n\sin^2\alpha\)
\(=\dfrac{1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^n}{1-\dfrac{1}{3}}\left(\dfrac{1}{3}-\sin^2\alpha\right)+n\sin^2\alpha\)
Từ công thức truy hồi ta có:
\(x_{n+1}>x_n,\forall n=1,2...\)
\(\Rightarrow\)dãy số \(\left(x_n\right)\) là dãy số tăng
giả sử dãy số \(\left(x_n\right)\) là dãy bị chặn trên \(\Rightarrow limx_n=x\)
Với x là nghiệm của pt ta có: \(x=x^2+x\Leftrightarrow x=0< x_1\) (vô lý)
=> dãy số \(\left(x_n\right)\) không bị chặn hay \(limx_n=+\infty\)
Mặt khác: \(\frac{1}{x_{n+1}}=\frac{1}{x_n\left(x_n+1\right)}=\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_n+1}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{x_n+1}=\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_n+1}\)
\(\Rightarrow S_n=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_{n+1}}=2-\frac{1}{x_{n+1}}\)
\(\Rightarrow limS_n=2-lim\frac{1}{x_{n+1}}=2\)