Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Trước hết ta chứng minh \(0< u_n\le1+\sqrt{2}\):
Ta thấy: \(0< u_1=2\le1+\sqrt{2}\)
Giả sử điều này đúng đến \(0< u_k\le1+\sqrt{2}\)
Ta có: \(u_{k+1}=\dfrac{3u_k+1}{u_k+1}>0\)
Lại có: \(u_{k+1}=\dfrac{3u_k+1}{u_k+1}=3-\dfrac{2}{u_k+1}\le3-\dfrac{2}{1+\sqrt{2}}\le3-1=2\le1+\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow0< u_{k+1}\le1+\sqrt{2}\)
Theo nguyên lí quy nạp, ta được: \(0< u_n\le1+\sqrt{2}\)
Khi đó ta có:
\(u_{n+1}-u_n=\dfrac{3u_n+1}{u_n+1}-u_{n\text{}}\)
\(=\dfrac{3u_n+1-u_n^2-u_n}{u_n+1}\)
\(=\dfrac{-u_n^2+2u_n+1}{u_n+1}\)
\(=-\dfrac{\left(u_n-1-\sqrt{2}\right)\left(u_n-1+\sqrt{2}\right)}{u_n+1}\ge0\)
\(\Rightarrow u_{n+1}\ge u_n\)
\(\Rightarrow\) Dãy tăng.
1:
a: \(u_2=2\cdot1+3=5;u_3=2\cdot5+3=13;u_4=2\cdot13+3=29;\)
\(u_5=2\cdot29+3=61\)
b: \(u_2=u_1+2^2\)
\(u_3=u_2+2^3\)
\(u_4=u_3+2^4\)
\(u_5=u_4+2^5\)
Do đó: \(u_n=u_{n-1}+2^n\)
Hiện tại mới nghĩ được câu b thôi
b/ \(u_1=\dfrac{1}{2};u_2=\dfrac{1}{2-\dfrac{1}{2}}=\dfrac{2}{3};u_3=\dfrac{1}{2-\dfrac{2}{3}}=\dfrac{3}{4}...\)
Nhận thấy \(u_n=\dfrac{n}{n+1}\) , ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp
\(n=k\Rightarrow u_k=\dfrac{k}{k+1}\)
Chứng minh cũng đúng với \(\forall n=k+1\)
\(\Rightarrow u_{k+1}=\dfrac{k+1}{k+2}\)
Ta có: \(u_{k+1}=\dfrac{1}{2-u_k}=\dfrac{1}{2-\dfrac{k}{k+1}}=\dfrac{k+1}{k+2}\)
Vậy biểu thức đúng với \(\forall n\in N\left(n\ne0\right)\)
\(\Rightarrow limu_n=lim\dfrac{n}{n+1}=lim\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{n}}=1\)
Dãy đã cho hiển nhiên là dãy dương
Ta sẽ chứng minh dãy đã cho bị chặn trên bởi 2 hay \(u_n\le2\) với mọi n
- Với \(n=1\Rightarrow u_1=\sqrt{2}< 2\) (đúng)
- Giả sử điều đó đúng với \(n=k\ge1\) hay \(u_k\le2\)
- Ta cần chứng minh với \(n=k+1\) cũng đúng
Hay \(u_{k+1}\le2\)
Ta có: \(u_{k+1}=\sqrt{2+u_k}\le\sqrt{2+2}=2\) (đpcm)
Vậy \(u_n\le2\)
Đặt \(v_n=\dfrac{1}{2}u_n\Rightarrow0< v_n\le1\) và \(\left\{{}\begin{matrix}v_1=\dfrac{\sqrt{2}}{2}=cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\\2v_{n+1}=\sqrt{2+2v_n}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow4v_{n+1}^2=2+2v_n\Rightarrow v_n=2v_{n+1}^2-1\)
Do \(0< v_n\le1\) , đặt \(v_n=cos\left(x_n\right)\) với \(x_n\in\left(0;\pi\right)\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{\pi}{4}\\cos\left(x_n\right)=2cos^2\left(x_{n+1}\right)-1=cos\left(2x_{n+1}\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow x_n=2x_{n+1}\Rightarrow x_{n+1}=\dfrac{1}{2}x_n\)
\(\Rightarrow x_n\) là CSN với công bội \(\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow x_n=\dfrac{\pi}{4}.\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}=\dfrac{\pi}{2^{n+1}}\)
\(\Rightarrow v_n=cos\left(x_n\right)=cos\left(\dfrac{\pi}{2^{n+1}}\right)\)
\(\Rightarrow u_n=2v_n=2cos\left(\dfrac{\pi}{2^{n+1}}\right)\)
Dãy \(\dfrac{\pi}{2^{n+1}}\) giảm và thuộc \(\left(0;\dfrac{\pi}{2}\right)\) nên \(cos\left(\dfrac{\pi}{2^{n+1}}\right)\) tăng
Do đó dãy số đã cho là dãy tăng.
P/s: đây là cách làm hoàn chỉnh có thứ tự (nhược điểm là rất dài). Có 1 cách khác đơn giản hơn là bằng 1 phép màu nào đó ngay từ đầu bạn đưa ra ngay dự đoán công thức tổng quát của dãy số là \(2cos\left(\dfrac{\pi}{2^{n+1}}\right)\) rồi chứng minh nó bằng quy nạp cũng được. Như vậy sẽ rất ngắn, cả bài chỉ 4-5 dòng nhưng lời giải hơi đột ngột
Bạn tham khảo câu trả lời của anh Lâm
https://hoc24.vn/cau-hoi/.334447965337
Dạng \(u_{n+1}=\dfrac{au_n+b}{cu_n+d}\) này có 1 cách làm chung:
Đặt \(v_n=u_n+k\) với k sao cho sau khi chuyển vế rút gọn thì tử số của \(\dfrac{au_n+b}{cu_n+d}\) triệt tiêu mất số hạng tự do b là được.
Ví dụ ở bài này, ta đặt ra nháp:
\(u_n=v_n+k\Rightarrow v_{n+1}+k=\dfrac{4\left(v_n+k\right)+2}{v_n+3+k}\)
\(\Rightarrow v_{n+1}=\dfrac{4v_n+4k+2}{v_n+k+3}-k=\dfrac{4v_n+4k+2-k\left(v_n+k+3\right)}{v_n+k+3}\)
\(=\dfrac{\left(4-k\right)v_n+2-k^2+k}{v_n+k+3}\)
Cần k sao cho \(-k^2+k+2=0\Rightarrow k=-1\) (lấy số nhỏ cho gọn). Vậy là xong. Thực tế ta làm như sau:
Đặt \(u_n=v_n-1\Rightarrow v_1=u_1+1=4\)
\(v_{n+1}-1=\dfrac{4\left(v_n-1\right)+2}{v_n+2}\Rightarrow v_{n+1}=\dfrac{4v_n-2}{v_n+2}+1=\dfrac{5v_n}{v_n+2}\)
(sau đó nghịch đảo 2 vế):
\(\Rightarrow\dfrac{1}{v_{n+1}}=\dfrac{v_n+2}{5v_n}=\dfrac{2}{5}.\dfrac{1}{v_n}+\dfrac{1}{5}\)
(Đây là gần như 1 dãy bình thường rồi)
(Tiếp tục đặt \(\dfrac{1}{v_n}=x_n+k\) sao cho triệt tiêu nốt số hạng \(\dfrac{1}{5}\) bên phải đi:
\(x_{n+1}+k=\dfrac{2}{5}\left(x_n+k\right)+\dfrac{1}{5}\Rightarrow x_{n+1}=\dfrac{2}{5}.x_n+\dfrac{2k}{5}+\dfrac{1}{5}-k\)
\(\Rightarrow\dfrac{2k}{5}+\dfrac{1}{5}-k=0\Rightarrow k=\dfrac{1}{3}\))
Đặt \(\dfrac{1}{v_n}=x_n+\dfrac{1}{3}\Rightarrow x_1=\dfrac{1}{v_1}-\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{3}=-\dfrac{1}{12}\)
\(\Rightarrow x_{n+1}+\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{5}\left(x_n+\dfrac{1}{3}\right)+\dfrac{1}{5}\Leftrightarrow x_{n+1}=\dfrac{2}{5}x_n\)
Đây là công thức cấp số nhân dạng , do đó ta có: \(x_n=-\dfrac{1}{12}.\left(\dfrac{2}{5}\right)^{n-1}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{v_n}=x_n+\dfrac{1}{3}=-\dfrac{1}{12}.\left(\dfrac{2}{5}\right)^{n-1}+\dfrac{1}{3}=-\dfrac{2^{n-1}}{12.5^{n-1}}+\dfrac{4.5^{n-1}}{12}=\dfrac{4.5^{n-1}-2^{n-1}}{12.5^{n-1}}\)
\(\Rightarrow v_n=\dfrac{12.5^{n-1}}{4.5^{n-1}-2^{n-1}}\)
\(\Rightarrow u_n=v_n-1=\dfrac{12.5^{n-1}}{4.5^{n-1}-2^{n-1}}-1\)
\(lim\left(u_n+4\right)=lim\left(\dfrac{12.5^{n-1}}{4.5^{n-1}-2^{n-1}}+3\right)=\dfrac{12}{4}+3=6\)
Đây là cách làm cơ bản, còn trên thực tế, khi trắc nghiệm chỉ cần đơn giản như sau:
Giả sử \(lim\left(u_n\right)=a\), hiển nhiên dãy đã cho dương nên a dương
Lấy giới hạn 2 vế giả thiết:
\(lim\left(u_{n+1}\right)=lim\left(\dfrac{4u_n+2}{u_n+3}\right)\Rightarrow a=\dfrac{4a+2}{a+3}\)
\(\Rightarrow a^2+3a=4a+2\)
\(\Rightarrow a^2-a-2=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=-1\\a=2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow a=2\)
\(\Rightarrow lim\left(u_n+4\right)=2+4=6\)
Nhanh hơn khoảng 1 tỉ lần :D
\(\left\{{}\begin{matrix}u_1=a;u_2=b\\u_{n+2}=\dfrac{1}{2}u_{n+1}+\dfrac{1}{2}u_n\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}u_1=a,u_2=b\\u_{n+2}+\dfrac{1}{2}u_{n+1}=u_{n+1}+\dfrac{1}{2}u_n\end{matrix}\right.\)
\(v_{n+1}=u_{n+1}+\dfrac{1}{2}u_n\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}v_2=u_2+\dfrac{1}{2}u_1=b+\dfrac{1}{2}a\\v_{n+1}=v_n\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow v_{n+1}=b+\dfrac{1}{2}a\Rightarrow u_{n+1}=b+\dfrac{1}{2}a-\dfrac{1}{2}u_n\)
\(\Leftrightarrow u_{n+1}-\left(\dfrac{1}{3}a+\dfrac{2}{3}b\right)=-\dfrac{1}{2}\left[u_n-\left(\dfrac{1}{3}a+\dfrac{2}{3}b\right)\right]\)
\(t_n=u_n-\left(\dfrac{1}{3}a+\dfrac{2}{3}b\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}t_1=u_1-\dfrac{1}{3}a-\dfrac{2}{3}b=\dfrac{2}{3}\left(a-b\right)\\t_{n+1}=-\dfrac{1}{2}t_n\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow t_n=\dfrac{2}{3}\left(a-b\right)\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\Rightarrow u_n=t_n+\dfrac{1}{3}a+\dfrac{2}{3}b=\dfrac{2}{3}\left(a-b\right)\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}+\dfrac{1}{3}a+\dfrac{2}{3}b\)
\(\Rightarrow limun=\lim\limits\left[\dfrac{2}{3}\left(a-b\right)\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}+\dfrac{1}{3}a+\dfrac{2}{3}b\right]=0\)
À đính chính lại, đáp án ko phải bằng 0 đâu, vầy mới đúng
\(lim\left[\dfrac{2}{3}\left(a-b\right)\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}+\dfrac{1}{3}a+\dfrac{2}{3}b\right]=\dfrac{1}{3}a+\dfrac{2}{3}b\)
Ta sẽ chứng minh \(\left(u_n\right)\) giảm, tức \(u_{n+1}< u_n\) (*) bằng phương pháp quy nạp.
Với n = 1: \(u_2-u_1=\dfrac{u_1^2+1}{4}-u_1=\dfrac{2^2+1}{4}-2=\dfrac{-3}{4}< 0\)
Giả sử (*) đúng với n = k (\(k\in N;k>1\)), tức \(u_{k+1}< u_k\)
Ta sẽ chứng minh (*) đúng với n = k + 1, tức \(u_{k+2}< u_{k+1}\)
\(u_{k+2}=\dfrac{\left(u_{k+1}\right)^2+1}{4}< \dfrac{u_k^2+1}{4}=u_{k+1}\)
Theo nguyên lí quy nạp, ta được đpcm.
Vậy \(\left(u_n\right)\) giảm.