Đề thiếu rồi bạn

Đề không cho sẵn dãy tăng à? Vậy phải chứng minh nó tăng trước

\(u_{n+1}=\dfrac{u_n^2+2018u_n+1}{2020}\)

\(u_{n+1}-u_n=\dfrac{u_n^2+2018u_n+1}{2020}-u_n=\dfrac{\left(u_n-1\right)^2}{2020}\ge0\) \(\Rightarrow\) dãy tăng và không bị chặn trên \(\Rightarrow lim\left(u_n\right)=+\infty\)

\(\Rightarrow2020u_{n+1}=u_n^2+2018u_n+1\)

\(\Leftrightarrow2020u_{n+1}-2020=u_n^2+2018u_n-2019\)

\(\Leftrightarrow2020\left(u_{n+1}-1\right)=\left(u_n+2019\right)\left(u_n-1\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{2020\left(u_{n+1}-1\right)}=\dfrac{1}{\left(u_n+2019\right)\left(u_n-1\right)}=\dfrac{1}{2020}\left(\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_n+2019}\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{u_n+2019}=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\)

Thế n=1;2;...;n ta được:

\(\dfrac{1}{u_1+2019}=\dfrac{1}{u_1-1}-\dfrac{1}{u_2-1}\)

\(\dfrac{1}{u_2+2019}=\dfrac{1}{u_2-1}-\dfrac{1}{u_3-1}\)

...

\(\dfrac{1}{u_n+2019}=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\)

Cộng vế: \(S_n=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}=\dfrac{1}{2018}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\)

\(\Rightarrow\lim\left(S_n\right)=\dfrac{1}{2018}-\dfrac{1}{\infty}=\dfrac{1}{2018}\)

Lời giải:

Bằng quy nạp ta dễ chứng minh được $u_n< 1$

$u_{n+1}-u_n=\frac{1}{2-u_n}-u_n=\frac{(u_n-1)^2}{2-u_n}>0$ với mọi $u_n< 1$

$\Rightarrow u_{n+1}>u_n$. Vậy $(u_n)$ là dãy tăng và bị chặn trên. 

Gọi $\lim u_n=a$ thì $a=\frac{1}{2-a}\Rightarrow 2a-a^2=1$

$\Leftrightarrow (a-1)^2=0\Leftrightarrow a=1$

Đáp án B

Lời giải:

Đặt $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}=k\Rightarrow a=bk, c=dk$. Khi đó:

$\frac{a}{b}=\frac{bk}{b}=k(1)$

$\frac{a^2+c^2}{b^2+c^2}=\frac{(bk)^2+(dk)^2}{b^2+(dk)^2}=\frac{k^2(b^2+d^2)}{b^2+d^2k^2}(2)$

Từ $(1); (2)$ suy ra đề sai.

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:

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

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

program bai1;

uses crt;

var i,j,d:integer;

a:array[1..100]of real;

t,k:real;

begin

  clrscr;

  i:=1;

  while 1/i>0.0321 do

  begin

    a[i]:=1/i;

    inc(i);

    d:=i;

  end;

  writeln('mang tren co ',d,' so hang');

  i:=1;

  while t+a[i]<=3 do

  begin

    t:=t+a[i];

    inc(i);

  end;

  writeln('so can tim la: ',a[i+1]:5:4);

  writeln(a[i+1]:5:4,' la so hang thu ',i+1);

  write('nhap k:');readln(k);

  for i:=1 to d do

  if (k>a[i])and(k<a[i-1]) then writeln(k:5:4,' nam giua ',a[i]:5:4,' va ',a[i-1]:5:4);

  readln;

end.

program bai1;

uses crt;

var i,j,d:integer;

a:array[1..100]of real;

t,k:real;

begin

  clrscr;

  i:=1;

  while 1/i>0.0321 do

  begin

    a[i]:=1/i;

    inc(i);

    d:=i;

  end;

  writeln('mang tren co ',d,' so hang');

  i:=1;

  while t+a[i]<=3 do

  begin

    t:=t+a[i];

    inc(i);

  end;

  writeln('so can tim la: ',a[i+1]:5:4);

  writeln(a[i+1]:5:4,' la so hang thu ',i+1);

  write('nhap k:');readln(k);

  for i:=1 to d do

  if (k>a[i])and(k<a[i-1]) then writeln(k:5:4,' nam giua ',a[i]:5:4,' va ',a[i-1]:5:4);

  readln;

end.

@Nguyễn Việt Lâm giúp em với

\(\dfrac{1}{u_n-1}=\dfrac{1}{\dfrac{2^n-5^n}{2^n+5^n}-1}=\dfrac{2^n+5^n}{-2.5^n}=-\dfrac{1}{2}\left[\left(\dfrac{2}{5}\right)^n+1\right]\)

\(\Rightarrow S_n=-\dfrac{1}{2}\left[\left(\dfrac{2}{5}\right)^1+\left(\dfrac{2}{5}\right)^2+...+\left(\dfrac{2}{5}\right)^n+n\right]\)

Lại có: \(\left(\dfrac{2}{5}\right)^1+\left(\dfrac{2}{5}\right)^2+...+\left(\dfrac{2}{5}\right)^n=\dfrac{2}{5}.\dfrac{1-\left(\dfrac{2}{5}\right)^n}{1-\dfrac{2}{5}}=\dfrac{2}{3}\left[1-\left(\dfrac{2}{5}\right)^n\right]\)

\(\Rightarrow S_n=-\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{2}{3}-\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{2}{5}\right)^n+n\right]=...\)

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

\(\Rightarrow u_n>u_{n+1}\Rightarrow\) 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 \(\lim\left(u_n\right)=\dfrac{1}{2}\)