Giải casio được không?/

a: \(2u_{n+2}=u_{n+1}+u_{n}\)

=>\(u_{n+2}-u_{n+1}=-\frac{1}{2}(u_{n+1}-u_{n})\)

Đặt \(d_n = u_{n+1} - u_n\) . Ta sẽ có \(\left(d_{n}\right)\) là cấp số nhân với:

Số hạng đầu là \(d_1 = u_2 - u_1 = 1 - 0 = 1\)

Công bội là q=-1/2

Số hạng tổng quát là:

\(d_n = d_1 \cdot q^{n-1} = 1 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1} = \left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}\)

Với n=1 thì ta có;

\(VT=1;VP=-\frac12\cdot u_1+1=-\frac12\cdot0+1=1\)

=>VT=VP

=>Đẳng thức \(u_{n+1} = -\frac{1}{2}u_n + 1\) đúng khi n=1

Giả sử đẳng thức \(u_{n+1} = -\frac{1}{2}u_n + 1\) đúng với n=k>1, tức \(u_{k+1} = -\frac{1}{2}u_k + 1\)

Ta cần chứng minh đẳng thức đúng với n=k+1, hay \(u_{k+2} = -\frac{1}{2}u_{k+1} + 1\)

TA có: \(2u_{k+2} = u_{k+1} + u_k\)

=>\(u_{k+2} = \frac{1}{2}u_{k+1} + \frac{1}{2}u_k\)

=>\(u_{k+2} = \frac{1}{2}u_{k+1} + \frac{1}{2} \cdot \left[-2(u_{k+1} - 1)\right] = \frac{1}{2}u_{k+1} - u_{k+1} + 1 = -\frac{1}{2}u_{k+1} + 1\)

=>ĐPCM

b: \(v_n = u_n - \frac{2}{3}\)

=>\(v_{n+1} = u_{n+1} - \frac{2}{3}\)

mà \(u_{n+1} = -\frac{1}{2}u_n + 1\)

nên \(v_{n+1} = -\frac{1}{2}u_n + 1 - \frac{2}{3} = -\frac{1}{2}u_n + \frac{1}{3} = -\frac{1}{2}\left(u_n - \frac{2}{3}\right) = -\frac{1}{2}v_n\)

=>\(\left(v_{n}\right)\) là cấp số nhân có:

Số hạng đầu \(v_1=u_1-\frac23=0-\frac23=-\frac23\)

Công bội là q=-1/2

Số hạng tổng quát là:

\(v_n = v_1 \cdot q^{n-1} = -\frac{2}{3} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}\)

\(\lim u_n = \lim \left[-\frac{2}{3} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1} + \frac{2}{3}\right] = 0 + \frac{2}{3} = \frac{2}{3}\)

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:

\(\lim_{n \to \infty} \frac{1}{x_{n+1}} = 0\)

=>\(\lim_{n \to \infty} S_n = \frac{1}{x_1} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}\)

\(u_n-u_{n+1}=u_n+\left(1-u_{n+1}\right)-1\ge2\sqrt{u_n\left(1-u_{n+1}\right)}-1>0\)

\(\Rightarrow u_n>u_{n+1}\Rightarrow\) dãy giảm

Dãy giảm và bị chặn dưới bởi 0 nên có giới hạn hữu hạn.

Gọi giới hạn đó là k

\(\Rightarrow k\left(1-k\right)\ge\dfrac{1}{4}\Rightarrow\left(2k-1\right)^2\le0\Rightarrow k=\dfrac{1}{2}\)

Vậy \(\lim\left(u_n\right)=\dfrac{1}{2}\)

\(u_{n+1}-1=u_n\left(u_n-1\right)\Leftrightarrow\dfrac{1}{u_{n+1}-1}=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_n}\Rightarrow\dfrac{1}{u_n}=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\)

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>

\(\Rightarrow\lim\limits\left(u_{n+1}-1\right)=+\infty\Rightarrow\lim\limits\sum\limits^n_{i=1}\dfrac{1}{u_i}=\lim\limits\left(\dfrac{1}{u_1-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\right)=1\)

Ta có: \(\frac{1}{u_n + 1} = \frac{1}{u_n - 1} - \frac{1}{u_{n+1} - 1}\)

=>\(u_{n+1} - 1 = \frac{u_n^2 - 1}{2}\)

=>\(\frac{1}{u_n - 1} - \frac{1}{u_{n+1} - 1} = \frac{1}{u_n - 1} - \frac{2}{u_n^2 - 1} = \frac{(u_n + 1) - 2}{u_n^2 - 1} = \frac{u_n - 1}{u_n^2 - 1} = \frac{1}{u_n + 1}\)

\(S_{n}=\left(\frac{1}{u_1 - 1}-\frac{1}{u_2 - 1}\right)+\left(\frac{1}{u_2 - 1}-\frac{1}{u_3 - 1}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{u_n - 1}-\frac{1}{u_{n+1} - 1}\right)\)

\(=\frac{1}{u_1 - 1}-\frac{1}{u_{n+1} - 1}\)

\(=\frac{1}{2-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1}=1-\frac{1}{u_{n+1}-1}\)

=>\(\lim_{}S_{n}=1-0=1\)

\(u_n^2+2011=2u_n.u_{n+1}\Rightarrow u_{n+1}=\frac{u_n^2+2011}{2u_n}\)

Ta có \(u_1>0\), giả sử \(u_k>0\Rightarrow u_{k+1}=\frac{u_k^2+2011}{2u_k}>0\)

\(\Rightarrow\) Dãy đã cho là dãy dương

Mặt khác \(u_{n+1}=\frac{1}{2}\left(u_n+\frac{2011}{u_n}\right)\ge\frac{1}{2}.2\sqrt{2011}=\sqrt{2011}\)

\(\Rightarrow u_n\ge2011\) \(\forall n\ge1\Rightarrow\) dãy đã cho bị chặn dưới

Xét \(\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{u_n^2+2011}{2u^2_n}=\frac{1}{2}+\frac{2011}{2u_n^2}\le\frac{1}{2}+\frac{2011}{2.2011}=1\) (do \(u_n\ge\sqrt{2011}\))

\(\Rightarrow u_{n+1}\le u_n\) \(\Rightarrow\) dãy đã cho là dãy giảm

Dãy giảm, bị chặn dưới \(\Rightarrow\) dãy có giới hạn

Gọi giới hạn của dãy là \(a\Rightarrow\sqrt{2011}\le a\le u_1\)

\(\Rightarrow a^2-2a^2+2011=0\)

\(\Rightarrow a^2=2011\Rightarrow a=\sqrt{2011}\)

\(\Rightarrow lim\left(u_n\right)=\sqrt{2011}\)