Xét tính tăng giảm của dãy số sau: \(\left\{{}\begin{matrix}u_1=2\\u_{n+1}=\dfrac{u_n^2+1}{4}\end{matrix}\right.\), n\(\ge\)1
Xét tính tăng giảm của dãy số \(\left\{{}\begin{matrix}u_1=2\\u_{n+1}=\dfrac{3u_n+1}{u_n+1}\end{matrix}\right.\)
Xét tính tăng giảm của dãy số \(\left\{{}\begin{matrix}u_1=2\\u_{n+1}=\dfrac{3u_n+1}{u_n+1}\end{matrix}\right.\)
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.
Bài 1: Cho dãy (Un): \(\left\{{}\begin{matrix}U_1=1\\U_{n+1}=2U_n+3\end{matrix}\right.\)
a) Tìm: U5
b) Tìm số hạng tổng quát của dãy (Un)
Bài 2: Xét tính tăng, giảm
a) \(U_n=\dfrac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n}\)
b) \(\left(U_n\right):\left\{{}\begin{matrix}U_n=3\\U_{n+1}=\sqrt{1+U_n^2}\end{matrix}\right.\)
Bài 3: Tìm a để (Un): \(U_n=\dfrac{an+2}{n+1}\) là dãy tăng
Bài 4: Xét tính bị chặn:
a) \(U_n=\dfrac{n^2+1}{2n^2-3}\)
b) \(U_n=\dfrac{n-1}{\sqrt{n^2+1}}\)
Bài 5: Cho dãy: \(\left\{{}\begin{matrix}U_1=\sqrt{2}\\U_n+1=\sqrt{U_n+2}\end{matrix}\right.\), (Un)
Chứng minh rằng: (U1) tăng, bị chặn trên bởi 2
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: \(u_n=u_{n-1}+2^n\)
Xét tính bị chặn của dãy số sau: \(\left\{{}\begin{matrix}u_1=1\\u_n=\dfrac{u_{n-1}+2}{u_{n-1}+1}\end{matrix}\right.\), \(n\ge2\)
Tính lim Un , biết :
a) \(\left\{{}\begin{matrix}U_1=\sqrt{2}\\U_{n+1}=\sqrt{2+U_n}\end{matrix}\right.\) , n \(\ge\) 1
b) \(\left\{{}\begin{matrix}U_1=\dfrac{1}{2}\\U_{n+1}=\dfrac{1}{2-U_n}\end{matrix}\right.\) .
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 \(\forall n\in N\left(n\ne0\right)\)
\(\Rightarrow limu_n=lim\dfrac{n}{n+1}=lim\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{n}}=1\)
Cho dãy un xác định: \(\left\{{}\begin{matrix}u_1=\sqrt{2}\\u_{n+1}=\sqrt{2+u_n}\end{matrix}\right.\forall n\in N^{\cdot}\). Xác định số hạng tổng quát của dãy, xét tính tăng giảm của dãy đó.
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
cho dãy số (un):\(\left\{{}\begin{matrix}u_1=3\\u_{n+1}=u_n^2-3u_n+4\end{matrix}\right.\)
Tìm lim\(\left(\dfrac{1}{u_1-1}+\dfrac{1}{u_2-1}+...+\dfrac{1}{u_n-1}\right)\)
Bạn tham khảo câu trả lời của anh Lâm
https://hoc24.vn/cau-hoi/.334447965337
Cho dãy số xác định bởi \(\left\{{}\begin{matrix}u_1=3\\u_{n+1}=\dfrac{4u_n+2}{u_n+3}\end{matrix}\right.\) . Tính \(lim\left(u_n+4\right)\)
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
Cho dãy \(u_n\) thỏa\(\left\{{}\begin{matrix}u_1=a,u_2=b\\u_{n+2}=\dfrac{u_{n+1}+u_n}{2}\end{matrix}\right.\). TÍnh \(limu_n\)
\(\left\{{}\begin{matrix}u_1=a;u_2=b\\u_{n+2}=\dfrac{1}{2}u_{n+1}+\dfrac{1}{2}u_n\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}u_1=a,u_2=b\\u_{n+2}+\dfrac{1}{2}u_{n+1}=u_{n+1}+\dfrac{1}{2}u_n\end{matrix}\right.\)
\(v_{n+1}=u_{n+1}+\dfrac{1}{2}u_n\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}v_2=u_2+\dfrac{1}{2}u_1=b+\dfrac{1}{2}a\\v_{n+1}=v_n\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow v_{n+1}=b+\dfrac{1}{2}a\Rightarrow u_{n+1}=b+\dfrac{1}{2}a-\dfrac{1}{2}u_n\)
\(\Leftrightarrow u_{n+1}-\left(\dfrac{1}{3}a+\dfrac{2}{3}b\right)=-\dfrac{1}{2}\left[u_n-\left(\dfrac{1}{3}a+\dfrac{2}{3}b\right)\right]\)
\(t_n=u_n-\left(\dfrac{1}{3}a+\dfrac{2}{3}b\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}t_1=u_1-\dfrac{1}{3}a-\dfrac{2}{3}b=\dfrac{2}{3}\left(a-b\right)\\t_{n+1}=-\dfrac{1}{2}t_n\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow t_n=\dfrac{2}{3}\left(a-b\right)\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\Rightarrow u_n=t_n+\dfrac{1}{3}a+\dfrac{2}{3}b=\dfrac{2}{3}\left(a-b\right)\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}+\dfrac{1}{3}a+\dfrac{2}{3}b\)
\(\Rightarrow limun=\lim\limits\left[\dfrac{2}{3}\left(a-b\right)\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}+\dfrac{1}{3}a+\dfrac{2}{3}b\right]=0\)