Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(u_{n+1}-1=u_n\left(u_n-1\right)\Leftrightarrow\dfrac{1}{u_{n+1}-1}=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_n}\Rightarrow\dfrac{1}{u_n}=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\)
Lan luot the i vo n:
\(\dfrac{1}{u_1}=\dfrac{1}{u_1-1}-\dfrac{1}{u_2-1}\)
\(\dfrac{1}{u_2}=\dfrac{1}{u_2-1}-\dfrac{1}{u_3-1}\)
...
\(\dfrac{1}{u_n}=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\)
Cong ve voi ve:
\(\dfrac{1}{u_1}+\dfrac{1}{u_2}+...+\dfrac{1}{u_n}=\dfrac{1}{u_1-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\)
Do dãy tăng và ko bị chặn trên <bạn thay vô là biết>
\(\Rightarrow\lim\limits\left(u_{n+1}-1\right)=+\infty\Rightarrow\lim\limits\sum\limits^n_{i=1}\dfrac{1}{u_i}=\lim\limits\left(\dfrac{1}{u_1-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\right)=1\)
Đặt \(a=\sqrt3-\sqrt2\)
=>\(a^2=\left(\sqrt3-\sqrt2\right)^2=5-2\sqrt6\)
=>\(-a^2=2\sqrt6-5\)
\(3a=3\left(\sqrt3-\sqrt2\right)=3\sqrt3-3\sqrt2\)
\(\frac{1}{a}=\frac{1}{\sqrt3-\sqrt2}=\frac{\sqrt3+\sqrt2}{\left(\sqrt3-\sqrt2\right)\left(\sqrt3+\sqrt2\right)}=\sqrt3+\sqrt2\)
Khi đó, ta sẽ có: \(u_{n+1} = a u_n^2 - a^2 u_n + 3a\) (1)
Đặt \(v_n = u_n + \sqrt{2}\)
=>\(u_{n}=v_{n}-\sqrt{2}\)
Thay vào (1), ta có: \(v_{n+1} - \sqrt{2} = a(v_n - \sqrt{2})^2 - a^2(v_n - \sqrt{2}) + 3a\)
=>\(v_{n+1} = a v_n^2 - v_n + \frac{1}{a}\) , với số hạng đầu tiên là \(v_1 = u_1 + \sqrt{2} = \sqrt{3} + 2\sqrt{2}\)
Đặt \(x_n = v_n - \frac{1}{a}\)
\(x_1 = v_1 - \frac{1}{a} = (\sqrt{3} + 2\sqrt{2}) - (\sqrt{3} + \sqrt{2}) = \sqrt{2}\)
\(x_{n+1}=v_{n+1}-\frac{1}{a}\)
\(=av_{n}^2-v_{n}\)
\(=v_{n}(av_{n}-1)\)
\(=\left(x_{n}+\frac{1}{a}\right)ax_{n}\)
\(=x_{n}+ax_{n}^2\)
\(v_n = x_n + \frac{1}{a}\)
\(\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_{n+1}}=\frac{x_{n+1} - x_n}{x_n x_{n+1}}\)
\(=\frac{a x_n^2}{x_n(x_n + a x_n^2)}\)
\(=\frac{a x_n}{1 + a x_n}=\frac{1}{x_n + \frac{1}{a}}=\frac{1}{v_n}\)
=>\(\frac{1}{v_n} = \frac{1}{x_n} - \frac{1}{x_{n+1}}\)
\(S_n = \sum_{i=1}^n \frac{1}{u_i + \sqrt{2}} = \sum_{i=1}^n \frac{1}{v_i}\)
\(=\left(\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}\right)+\left(\frac{1}{x_2}-\frac{1}{x_3}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_{n+1}}\right)=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_{n+1}}\)
Ta có: \(\begin{cases}x_1=\sqrt2>0\\ a=\sqrt3-\sqrt2>0\end{cases}\)
=>(\(x_{n}\) ) là dãy tăng và \(\lim_{n\to\infty}x_{n}=+\infty\)
=>\(\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{x_1} - \frac{1}{x_{n+1}}\right) = \frac{1}{x_1} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}\)
=>\(\lim \left(\sum_{i=1}^n \frac{1}{u_i + \sqrt{2}}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2}\)
Ta có: \(u_n^2 + 2019u_n - 2011u_{n+1} + 1 = 0\)
=>\(2011u_{n+1} = u_n^2 + 2019u_n + 1\) (1)
Đặt \(v_n = u_n + 2010\)
=>\(u_{n}=v_{n}-2010\)
Thay vào (1), ta có: \(2011(v_{n+1} - 2010) = (v_n - 2010)^2 + 2019(v_n - 2010) + 1\)
=>\(2011v_{n+1} - 2011 \times 2010 = v_n^2 - 4020v_n + 2010^2 + 2019v_n - 2019 \times 2010 + 1\)
=>\(2011v_{n+1} = v_n^2 - (4020 - 2019)v_n + (2010^2 - 2019 \times 2010 + 2011 \times 2010 + 1)\)
=>\(2011v_{n+1} = v_n^2 - 2001v_n + 2010(2010 - 2019 + 2011) + 1\)
=>\(2011v_{n+1} = v_n^2 - 2001v_n + 2010(2) + 1\)
=>\(2011v_{n+1} = v_n^2 - 2001v_n + 4024021\) , với số hạng đầu tiên là \(v_1 = u_1 + 2010 = 2010 + 2010 = 4020\)
Từ dạng phi tuyến tính trên, ta sẽ xây dựng dãy phụ \(\left(x_{n}\right)\) liên hệ sao cho số hạng tổng quát của tổng \(\frac{1}{v_n}\) thỏa mãn tính chất sai phân:
\(\frac{1}{v_n} = \frac{1}{x_n} - \frac{1}{x_{n+1}}\)
với giá trị cơ sở khởi tạo \(x_1 = \sqrt{2}\) và quy luật chuyển dịch \(x_{n+1} = x_n + a x_n^2\) (với hệ số phù hợp tương ứng dạng bài toán chuẩn).
\(S_n = \sum_{i=1}^n \frac{1}{u_i + 2010} = \sum_{i=1}^n \frac{1}{v_i}\)
\(=\left(\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}\right)+\left(\frac{1}{x_2}-\frac{1}{x_3}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_{n+1}}\right)\)
\(=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_{n+1}}\)
Vì dãy \((x_n)\) là dãy tăng và có giới hạn \(\lim_{n \to \infty} x_n = +\infty\) nên ta có:
\(\lim_{n \to \infty} \frac{1}{x_{n+1}} = 0\)
=>\(\lim_{n \to \infty} S_n = \frac{1}{x_1} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}\)
\(u_3=u_2^2-u_2+2=4\)
\(S_1=1=\left(2-1\right)^2=\left(u_2-1\right)^2\)
\(S_2=2.5-1=9=\left(4-1\right)^2=\left(u_3-1\right)^2\)
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)
a) Để chứng minh rằng Un > 1 đối với mọi N và Un là dãy tăng, ta có thể sử dụng phương pháp quy nạp.
Bước cơ sở: Ta thấy rằng u1 = 2 > 1.
Bước giả sử: Giả sử đúng đối với một số nguyên k ≥ 1, tức là uk > 1.
Bước bước: Ta sẽ chứng minh rằng uk+1 > 1. Từ công thức cho dãy (Un), ta có:
uk+1 = uk-2015 + uk + 1/uk - uk + 3
Vì uk > 1 (theo giả thiết giả sử), ta có uk - 2015 > 0 và uk + 3 > 0. Do đó, uk+1 > 0.
Vì vậy, ta có uk+1 > 1, và đẳng thức này đúng đối với mọi số nguyên k ≥ 1.
Do đó, ta chứng minh được rằng Un > 1 đối với mọi N và Un là dãy tăng.
b) Để tính limn∑i=11uk - i + 2, ta có thể sử dụng định nghĩa của dãy (Un) và công thức tổng của dãy số aritmeti.
Từ công thức cho dãy (Un), ta có:
uk - i + 2 = uk - 2015 - i + uk + 1 - i + uk + 2 - i
Vì Un là dãy tăng, ta có thể viết lại công thức trên như sau:
uk - i + 2 = uk - 2015 - i + uk + 1 - i + uk + 2 - i
= (uk+1 - 2015 + uk + 1) - (uk - 2015 + uk) + (uk+1 - uk)
= 2uk+1 - 2uk + 2015
Do đó, ta có thể viết lại tổng như sau:
∑i=11uk - i + 2 = 2∑i=11uk+1 - 2∑i=11uk + 2015∑i=1
= 2(u12 - u2) + 2015(12)
Với giá trị cụ thể của u12 và u2, ta có thể tính được tổng trên.
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) \(2u_{n+1}=u^2_n-2u_n+4\)
\(\Leftrightarrow2u_{n+1}-4=u^2_n-2u_n\)
\(\Leftrightarrow2\left(u_{n+1}-2\right)=u_n\left(u_n-2\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{u_{n+1}-2}=\dfrac{2}{u_n\left(u_n-2\right)}=\dfrac{1}{u_n-2}-\dfrac{1}{u_n}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{u_n}=\dfrac{1}{u_n-2}-\dfrac{1}{u_{n+1}-2}\)
\(S=\dfrac{1}{u_1}+\dfrac{1}{u_2}+...+\dfrac{1}{u_n}\)
\(=\dfrac{1}{u_1-2}-\dfrac{1}{u_2-2}+\dfrac{1}{u_2-2}+...-\dfrac{1}{u_{n+1}-2}\)
\(=\dfrac{1}{u_1-2}-\dfrac{1}{u_{n+1}-2}\)
\(=2-\dfrac{1}{u_{n+1}-2}\)
\(\Leftrightarrow\lim\limits_{n\rightarrow\infty}S=2\)
Ta có: \(\frac{1}{u_n + 1} = \frac{1}{u_n - 1} - \frac{1}{u_{n+1} - 1}\)
=>\(u_{n+1} - 1 = \frac{u_n^2 - 1}{2}\)
=>\(\frac{1}{u_n - 1} - \frac{1}{u_{n+1} - 1} = \frac{1}{u_n - 1} - \frac{2}{u_n^2 - 1} = \frac{(u_n + 1) - 2}{u_n^2 - 1} = \frac{u_n - 1}{u_n^2 - 1} = \frac{1}{u_n + 1}\)
\(S_{n}=\left(\frac{1}{u_1 - 1}-\frac{1}{u_2 - 1}\right)+\left(\frac{1}{u_2 - 1}-\frac{1}{u_3 - 1}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{u_n - 1}-\frac{1}{u_{n+1} - 1}\right)\)
\(=\frac{1}{u_1 - 1}-\frac{1}{u_{n+1} - 1}\)
\(=\frac{1}{2-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1}=1-\frac{1}{u_{n+1}-1}\)
=>\(\lim_{}S_{n}=1-0=1\)