Trong quá trình tìm đến khi xác định được \(v_n\) là CSN có v1 và công bội thì xác định thẳng luôn công thức của v(n) luôn, ko cần xác định công thức v(n-1) hay v(n-2) làm gì cho mất thời gian

2. Dạng dãy số thường gặp thứ 2 là:

\(\left\{{}\begin{matrix}u_1\\u_{n+1}=a.u_n+P\left(n\right)\end{matrix}\right.\)

Trong đó a là số thực và \(P\left(n\right)\) là 1 đa thức theo n

Ví dụ: \(\left\{{}\begin{matrix}u_1=2\\u_{n+1}=2u_n+3n-5\end{matrix}\right.\)

Về cơ bản, ý tưởng để xử lý dạng này vẫn y hệt như dạng ban đầu (và tất cả các dạng sau đều như vậy), nghĩa là ta cần đưa biểu thức về:

\(u_{n+1}-c_{n+1}=a\left(u_n-c_n\right)\)

Với \(c_{n+1}\) và \(c_n\) có dạng giống nhau, nhưng 1 cái có biến là n+1, 1 cái có biến là n

Dạng này có 2 trường hợp (quá trình làm sẽ hiểu tại sao lại cần chia như vậy)

- Nếu \(a=1\) thì \(c_{n+1}\) và \(c_n\) có bậc cao hơn \(P\left(n\right)\) 1 bậc

- Nếu \(a\ne1\) thì \(c_{n+1}\) và \(c_n\) cùng bậc \(P\left(n\right)\)

Thường người ta sẽ cho \(P\left(n\right)\) tối đa đến bậc 2 (bậc cao hơn tính toán cũng như nhau, nhưng dài dòng mất thời gian nên hiếm khi cho, vì nó chỉ phức tạp về mặt tính toán chứ ko phức tạp về mặt logic)

Và nhớ rằng các đa thức bậc 1 luôn có dạng: \(An+B\)

Đa thức bậc 2 có dạng: \(An^2+Bn+C\)

Cụ thể sẽ xét 2 ví dụ dưới đây:

Tìm CTTQ của dãy số cho bởi:

a/ \(\left\{{}\begin{matrix}u_1=2\\u_{n+1}=2u_n+3n-5\end{matrix}\right.\)

b/ \(\left\{{}\begin{matrix}u_1=2\\u_{n+1}=u_n+3n-5\end{matrix}\right.\)

Ok, bao giờ cũng được

Phần này bình thường chẳng bao giờ gặp đâu, có thi HSG gặp thì gặp thôi nên cũng chẳng quan trọng lắm

Trong trường hợp \(f\left(n\right)\ne0\) ta gọi dãy: \(\left\{{}\begin{matrix}u_0;u_1\\u_{n+1}+au_n+bu_{n-1}=f\left(n\right)\end{matrix}\right.\)

Là dãy sai phân tuyến tính cấp 2 ko thuần nhất

Để tìm SHTQ, ta làm các bước sau:

- Giải pt thuần nhất \(\left\{{}\begin{matrix}u_0;u_1\\u_{n+1}+au_n+bu_{n-1}=0\end{matrix}\right.\) để tìm nghiệm \(u_n^0\)

- Tìm "nghiệm riêng" \(u_n^1\) của pt ko thuần nhất

Số hạng tổng quát của dãy sẽ được xác định bởi \(u_n=u_n^0+u_n^1\)

Tìm nghiệm riêng như sau:

- Trường hợp 1: \(f\left(n\right)\) là 1 hàm đa thức theo m ta có các trường hợp:

+ Nếu các nghiệm của pt đặc trưng đều khác 1 thì nghiệm riêng \(u_n^1=g\left(n\right)\) là 1 đa thức cùng bậc với \(f\left(n\right)\)

+ Nếu pt đặc trưng có 2 nghiệm pb trong đó có 1 nghiệm bằng 1 thì \(u_n^1=n.g\left(n\right)\)

+ Nếu pt đặc trưng có nghiệm kép bằng 1 thì \(u_n^1=n^2.g\left(n\right)\)

Thay nghiệm riêng nào vào dãy ban đầu để tìm hệ số của đa thức

Ví dụ: \(\left\{{}\begin{matrix}u_1=2;u_2=3\\u_{n+1}=7u_n-12u_{n-1}+3n-4\end{matrix}\right.\)

Nghiệm của pt thuần nhất: \(u_n^0=-5.4^{n-1}+2.3^n\)

\(f\left(n\right)=3n-4\) là đa thức bậc 1

Pt đặc trưng có 2 nghiệm 3; 4 đều khác 1

Do đó nghiệm riêng là đa thức bậc 1 có dạng: \(u_n^1=an+b\)

Thay vào dãy ban đầu:

\(a\left(n+1\right)+b=7\left(an+b\right)-12\left[a\left(n-1\right)+b\right]+3n-4\)

\(\Leftrightarrow6an-11a+6b=3n-4\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}6a=3\\-11a+6b=-4\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\frac{1}{2}\\b=\frac{1}{4}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow u_n^1=\frac{1}{2}n+\frac{1}{4}\)

Vậy CTTQ của dãy số là: \(u_n=-5.4^{n-1}+2.3^n+\frac{1}{2}n+\frac{1}{4}\)

//Cách làm là như vậy đấy, nhưng kết quả câu này sai do lấy kết quả từ bài làm của bạn.

Mà bài làm của bạn thì trộn dữ liệu câu a với câu b (dãy của câu a; nhưng \(u_1;u_2\) thì lấy của câu b) nên ko đúng

Ví dụ 2:

Xác định CTTQ của dãy: \(\left\{{}\begin{matrix}u_0=1;u_1=-1\\3u_{n+1}-4u_n+u_{n-1}=2n+1\end{matrix}\right.\)

Trước hết ta tìm công thức của nghiệm thuần nhất:

Pt đặc trưng \(3x^2-4x+1=0\) có 2 nghiệm \(x=1;\frac{1}{3}\)

Nghiệm thuần nhất có dạng: \(u_n^0=c_1.\left(\frac{1}{3}\right)^n+c_2\)

\(\left\{{}\begin{matrix}c_1+c_2=1\\\frac{c_1}{3}+c_2=-1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}c_1=3\\c_2=-2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow u_n^0=\frac{1}{3^{n-1}}-2\)

- Tìm nghiệm riêng: do pt đặc trưng có đúng 1 nghiệm bằng 1 và \(f\left(n\right)\) là đa thức bậc nhất nên nghiệm riêng có dạng \(u_n^1=n\left(an+b\right)=an^2+bn\)

Thay vào dãy:

\(3\left[a\left(n+1\right)^2+b\left(n+1\right)\right]-4\left(an^2+bn\right)+a\left(n-1\right)^2+b\left(n-1\right)=2n+1\)

\(\Leftrightarrow4an+4a+2b=2n+1\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}4a=2\\4a+2b=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\frac{1}{2}\\b=-\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow u_n^1=\frac{1}{2}n^2-\frac{1}{2}n\)

Vậy CTTQ của dãy: \(u_n=\frac{1}{3^{n-1}}+\frac{1}{2}n^2-\frac{1}{2}n-2\)

Để kiểm tra tính đúng sai của công thức thì ta chỉ cần tính số hạng tiếp theo của dãy ban đầu bằng 2 cách khác nhau, nếu chúng cho cùng kết quả nghĩa là cách làm đúng.

Ví dụ: bằng công thức truy hồi, cho \(n=1\Rightarrow3u_2-4u_1+u_0=2.1+1\Rightarrow u_2=-\frac{2}{3}\)

Bằng công thức tổng quát vừa tìm được, cho \(n=2\Rightarrow u_2=\frac{1}{3}+\frac{1}{2}.2^2-\frac{1}{2}.2-2=-\frac{2}{3}\)

Vậy công thức tìm được là chính xác

Tính \(u_{100}\) của các dãy số sau:

\(\left\{{}\begin{matrix}u_1=1;u_2=3\\u_{n+1}-6u_n+8u_{n-1}=2n^2+n-1\end{matrix}\right.\)

\(\left\{{}\begin{matrix}u_0=-1;u_1=2\\2u_{n+1}-5u_n+2u_{n-1}=3n-4\end{matrix}\right.\)

\(\left\{{}\begin{matrix}u_1=1;u_2=3\\u_{u+1}-2u_n+u_{n-1}=5n-4\end{matrix}\right.\)

\(\left\{{}\begin{matrix}u_1=2;u_2=1\\u_{n+1}-5u_n+4=n-3\end{matrix}\right.\)

\(\left\{{}\begin{matrix}u_0=1;u_1=1\\2u_{n+1}-3u_n+u_{n-1}=2n-1\end{matrix}\right.\)

\(\left\{{}\begin{matrix}u_0=1;u_1=2\\5u_{n+1}-2u_n-3u_{n-1}=1\end{matrix}\right.\)

Không, nó chỉ là 1 kí hiệu để phân biệt SHTQ \(u_n\) ; nghiệm của pt thuần nhất \(u_n^0\) và nghiệm riêng \(u_n^1\) thôi

Gọi nó là \(v_n\) hay \(x_n\) gì đó cũng được

Chết, lâu ngày ko sờ đến dãy sai phân giờ làm ngược quy trình mất rồi :))) sry sry

Phải làm thế này chứ:

- Tìm nghiệm tổng quát dạng \(c_1A^n+c_2B^n\)

- Tìm nghiệm riêng dạng \(g\left(n\right)\)

\(\Rightarrow u_n=c_1A^n+c_2B^n+g\left(n\right)\)

- Tới đây mới thế 2 số hạng đầu của dãy để tìm hệ số \(c_1;c_2\)

Ví dụ bài trên:

\(u_n=c_12^n+c_2-4n\)

Thế \(n=1;2\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2c_1+c_2-4=1\\4c_2+c_2-8=3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}c_1=3\\c_2=-1\end{matrix}\right.\)

//

Trường hợp 2: \(f\left(n\right)\) là 1 hàm mũ dạng \(f\left(n\right)=p\left(n\right).a^n\) với \(p\left(n\right)\) là 1 đa thức theo n (thường sẽ là bậc 0 tức là 1 hằng số)

- Nếu pt đặc trưng có nghiệm đều khác a thì nghiệm riêng \(u_n^1=q\left(n\right).a^n\) với \(q\left(n\right)\) cùng bậc \(p\left(n\right)\)

- Nếu pt đặc trưng có đúng 1 nghiệm bằng a thì \(u_n^1=n.q\left(n\right).a^n\)

- Nếu pt đặc trưng có nghiệm kép bằng a thì \(u_n^1=n^2q\left(n\right).a^n\)

Ví dụ:

\(\left\{{}\begin{matrix}u_1=1;u_2=2\\u_{n+1}-5u_n+6u_{n-1}=2.4^n\end{matrix}\right.\)

\(x^2-5x+6=0\Rightarrow x=2;3\) đều khác 4

Nghiệm của pt thuần nhất: \(u_n^0=c_12^n+c_23^n\)

Nghiệm riêng dạng: \(u_n^1=a.4^n\)

Thế: \(a.4^{n+1}-5a.4^n+6a.4^{n-1}=2.4^n\)

\(\Leftrightarrow4a-5a+\frac{6a}{4}=2\) \(\Rightarrow a=4\Rightarrow u_n^1=4^{n+1}\)

\(\Rightarrow u_n=c_12^n+c_23^n+4^{n+1}\)

\(n=1;2\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2c_1+3c_2+16=1\\4c_1+9c_2+64=2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}c_1=\frac{17}{2}\\c_2=-\frac{32}{3}\end{matrix}\right.\)

\(u_n=17.2^{n-1}-32.3^{n-1}+4^{n+1}\)

Ví dụ 2:

\(\left\{{}\begin{matrix}u_1=1;u_2=2\\u_{n+1}-5u_n+6u_{n-1}=\left(n+1\right)2^n\end{matrix}\right.\)

Nghiệm thuần nhất: \(c_12^n+c_23^n\)

Do ptđt có 1 nghiệm bằng 2 nên nghiệm riêng có dạng: \(n\left(an+b\right)2^n=\left(an^2+bn\right)2^n\)

Thế: \(\left[a\left(n+1\right)^2+b\left(n+1\right)\right].2^{n+1}-5\left(an^2+bn\right).2^n+6\left[a\left(n-1\right)^2+b\left(n-1\right)\right]2^{n-1}=\left(n+1\right)2^n\)

Trước hết chia 2 vế cho \(2^{n-1}\) rồi làm gọn:

\(-4an+6a-2b+4=2n+2\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}-4a=2\\6a-2b+4=2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=-\frac{1}{2}\\b=-\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow u_n=c_12^n+c_23^n-\left(n^2+n\right)2^{n-1}\)

Giải tách biểu thức tốn thời gian khủng khiếp, chắc 1 bài sai phân mất 3-5ph thì tách biểu thức phải mất đến 10-15ph :(

Năm mình thi thì ông thầy bảo sai phân cũng được luôn, giờ ko biết thế nào (chắc cái này phải hỏi giáo viên)

1 hằng số nào đó thôi, ví dụ 2 3 4 5 10 gì đó

Quy tắc \(\int f\left(u\right)du=F\left(u\right)\) với \(u=u\left(x\right)\) là nguyên hàm của hàm hợp đó

Làm theo cách kia thì ko ra được do tan và cot bình phương ko có nguyên hàm cơ bản

À dạng này sẽ nói đến sau, nó là 1 kiểu khác gọi là tích phân (hay nguyên hàm) từng phần

Đặt được, vì \(\left(x^2+4x+3\right)'=2\left(x+2\right)\)

Trong đa số trường hợp ko đặt được thì phân tích mẫu rồi tách biểu thức bằng hệ số bất định

Trên \([0;+\infty)\) có \(f\left(x\right)=e^x\Rightarrow\int f\left(x\right)dx=\int e^xdx=e^x+C_1\)

Trên \(\left(-\infty;0\right)\) có \(f\left(x\right)=2x+1\Rightarrow\int f\left(x\right)dx=x^2+x+C_2\)

Chọn \(C_1=0;C_2=1\)

Vậy \(F\left(x\right)=...\) là 1 nguyên hàm của f(x)

Cứ làm bài dần dần sẽ hình thành được phản xạ khi nào cần xài loại phương pháp nào để tính nguyên hàm cho hợp lý thôi. Điều rắc rối nhất của nguyên hàm so với giới hạn và đạo hàm là trong khi hầu hết các hàm số đều có thể tìm giới hạn và tính đạo hàm (bất kể độ phức tạp), thì đa số các hàm lại không thể tính được nguyên hàm. Cho nên nhiều khi gặp người ra đề vô trách nhiệm ko kiểm tra kĩ, họ ra hàm yêu cầu tính nguyên hàm nhưng ko tính được thì mệt lắm (tính cả ngày cũng ko được luôn)

Ví dụ đơn giản như \(\int\frac{sinx}{x}dx\) thì cho tính 10 năm luôn dù nhìn hàm rất đơn giản. Cho nên khi bạn tính mãi ko ra thì rất có thể là đề sai :)

Thôi vấn đề chính, pp tính nguyên hàm thứ 2 và có thể coi là quan trọng nhất: nguyên hàm từng phần

Nguyên hàm từng phần thường được sử dụng khi hàm cần tìm nguyên hàm là tích của 2 loại hàm khác nhau.

Có các loại hàm cơ bản:

- Hàm logarit

- Hàm đa thức

- Hàm lượng giác

- Hàm mũ

Khi hàm là tích của 2 trong các loại hàm này thì có thể tìm nguyên hàm của nó bằng pp nguyên hàm từng phần.

Nguyên hàm từng phần xuất phát từ công thức đạo hàm cơ bản:

\(\left(uv\right)'=u'v+u.v'\)

Nếu ta lấy nguyên hàm 2 vế sẽ được: \(uv=\int v.du+\int u.dv\)

\(\Rightarrow\int u.dv=uv-\int v.du\) (1)

Do đó, khi cho 1 hàm có dạng \(f\left(x\right).g\left(x\right)\) với f; g là 2 trong 4 loại hàm nêu trên (có thể là loại khác nhưng hiếm gặp) thì để tính nguyên hàm \(\int f\left(x\right).g\left(x\right)dx\) người ta sẽ đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=f\left(x\right)\\dv=g\left(x\right)dx\end{matrix}\right.\)

Đặt \(u\) theo thứ tự ưu tiên như đã liệt kê bên trên (nghĩa là ưu tiên đặt \(u\) theo thứ tự hàm logarit-hàm đa thức-hàm lượng giác - hàm mũ), toàn bộ phần còn lại sẽ là \(dv\)

Sau đó tiến hành tính \(\left\{{}\begin{matrix}du\\v\end{matrix}\right.\) và ráp vào công thức (1)

Hạ bậc chứ, hạ bậc xong tách ra

\(=\int x\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}cos2x\right)dx=\frac{1}{2}\int xdx+\frac{1}{2}\int x.cos2xdx\)

Cái đầu cơ bản, cái sau nguyên hàm từng phần 1 lần là xong

Kết quả đó hả? ghi thiếu ^^

Ờ thường nhìn sin cos thì đầu tiên nên nghĩ đến ngay chuyện cái này đạo hàm là cái kia

Đặt 1 lần là được rồi, về dạng \(xe^xdx\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{2}sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)=4k+1\)

\(\Leftrightarrow sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{4k+1}{\sqrt{2}}\)

\(\Rightarrow-1\le\frac{4k+1}{\sqrt{2}}\le1\)

\(\Rightarrow\frac{-\sqrt{2}-1}{4}\le k\le\frac{\sqrt{2}-1}{4}\)

\(\Rightarrow k=0\)

\(\Rightarrow sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}\)

Chắc là ko cần hiểu đâu, nhưng toàn bộ nằm trong quy tắc cơ bản mà: \(\int\left(uv\right)'dx=\int u'vdx+\int uv'dx\)

\(\int f'\left(x\right)dx=f\left(x\right)\) nên \(\int\left(uv\right)'dx=uv\)

\(v'dx=dv\) ; \(u'dx=du\)

ráp vào là thành công thức kia

Ok here we go

a/ ĐKXĐ: \(x\ge\frac{2}{3}\)

\(\Leftrightarrow x^3+3x-1-\sqrt{3x-2}-\sqrt{x+3}\le0\)

\(\Leftrightarrow x^3-1+x-\sqrt{3x-2}+2x-\sqrt{x+3}\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)+\frac{x^2-3x+2}{x+\sqrt{3x-2}}+\frac{4x^2-x-3}{2x+\sqrt{x+3}}\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)+\frac{\left(x-1\right)\left(x-2\right)}{x+\sqrt{3x-2}}+\frac{\left(x-1\right)\left(4x+3\right)}{2x+\sqrt{x+3}}\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x^2+x+1+\frac{x-2}{x+\sqrt{3x-2}}+\frac{4x+3}{2x+\sqrt{x+3}}\right)\le0\)

Do \(x\ge\frac{2}{3}\Rightarrow\frac{x-2}{x+\sqrt{3x-2}}\ge-\frac{1}{2}\Rightarrow1+\frac{x-2}{x+\sqrt{3x+2}}>0\)

\(\Rightarrow x^2+x+1+\frac{x-2}{x+\sqrt{3x-2}}+\frac{4x+3}{2x+\sqrt{x+3}}>0\)

\(\Rightarrow x-1\le0\Rightarrow x\le1\)

Kết hợp ĐKXĐ \(\Rightarrow\frac{2}{3}\le x\le1\)

b/ \(M=\left|\sqrt{\left(2x-1\right)^2+2^2}-\sqrt{\left(2x+3\right)^2+4^2}\right|\)

Trong mặt phẳng Oxy, xét điểm \(M\left(2x;0\right)\) ; \(B\left(1;2\right)\) ; \(C\left(-3;4\right)\)

\(\overrightarrow{BC}=\left(-4;2\right)\Rightarrow BC=\sqrt{16+4}=2\sqrt{5}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{BM}=\left(2x-1;-2\right)\\\overrightarrow{CM}=\left(2x+3;-4\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}BM=\sqrt{\left(2x-1\right)^2+2^2}\\CM=\sqrt{\left(2x+3\right)^2+4^2}\end{matrix}\right.\)

Theo BĐT tam giác, ta luôn có \(\left|BM-CM\right|\le BC\)

\(\Leftrightarrow\left|\sqrt{\left(2x-1\right)^2+2^2}-\sqrt{\left(2x+3\right)^2+4^2}\right|\le2\sqrt{5}\)

\(\Leftrightarrow M_{max}=2\sqrt{5}\) khi M;B;C thẳng hàng \(\Rightarrow x=\frac{5}{2}\)

Dòng thứ 4 từ trên xuống thì mấy cái phân thức ra kiểu gì ạ?

Nhân liên hợp bạn:

\(x-\sqrt{3x-2}=\frac{\left(x-\sqrt{3x-2}\right)\left(x+\sqrt{3x-2}\right)}{x+\sqrt{3x-2}}=\frac{x^2-3x+2}{x+\sqrt{3x-2}}\)

Cái sau tương tự

Một dãy số được gọi là cấp số cộng nếu 2 số hạng liền nhau trong dãy đều hơn kém nhau 1 giá trị cố định

Ví dụ: 1,2,3,... là 1 cấp số cộng (số sau hơn số trước 1 đơn vị)

10,8,6,... cũng là CSC (số sau hơn số trước -2 đơn vị)

3,10,17,24...

Chênh lệch giữa 2 số hạng liên tiếp gọi là công sai, kí hiệu d

Từ đó, ta có công thức tổng quát của 1 CSC:

\(u_{n+1}=u_n+d\)

Nghĩa là số hạng sau \(\left(u_{n+1}\right)\) bằng số hạng trước \(\left(u_n\right)\) cộng công sai \(\left(d\right)\)

Với 3 số hạng bất kì liền nhau, ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}u_{n+1}=u_n+d\\u_{n+2}=u_{n+1}+d=u_n+2d\\\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow u_{n+2}+u_n=2u_n+2d=2\left(u_n+d\right)=u_{n+1}\)

Nghĩa là trong 1 dãy CSC, số đứng giữa bằng trung bình cộng 2 số đứng 2 bên

Tương tự, ta xây dựng được công thức: \(u_n=u_1+\left(n-1\right)d\)

Ví dụ: cho 1 cấp số cộng có số hạng đầu \(u_1=2\), công sai \(d=4\), tìm số hạng thứ 13

Ta có: \(u_{13}=u_1+\left(13-1\right).d=2+12.4=...\)

Ta cũng xây dựng được dễ dàng tổng các số hạng của 1 CSC:

\(u_1=u_1\)

\(u_2=u_1+d\)

\(u_3=u_1+2d\)

....

\(u_n=u_1+\left(n-1\right)d\)

Cộng vế với vế:

\(S_n=u_1+u_2+...+u_n=u_1+u_1+d+...+u_1+\left(n-1\right)d\)

\(=n.u_1+d+2d+...+\left(n-1\right)d\)

\(=n.u_1+d\left(1+2+...+n-1\right)\)

\(=n.u_1+\frac{d.\left(n-1\right).n}{2}=\frac{n\left(2u_1+\left(n-1\right)d\right)}{2}\)

Ta cũng có thể viết kết quả theo 1 cách khác:

\(S_n=\frac{n\left(2u_1+\left(n-1\right)d\right)}{2}=\frac{n\left(u_1+u_1+\left(n-1\right)d\right)}{2}=\frac{n\left(u_1+u_n\right)}{2}\)

Tất cả về CSC chỉ có vậy, ko có gì phức tạp

Ví dụ: tính tổng \(1+2+3+...+n\)

Đây là CSC với \(u_1=1;d=1\)

\(\Rightarrow S_n=\frac{n\left(2.1+\left(n-1\right).1\right)}{2}=\frac{n\left(n+1\right)}{2}\)

Hoặc: \(S_n=\frac{n\left(u_1+u_n\right)}{2}=\frac{n\left(1+n\right)}{2}\)

Ví dụ 2: tính tổng \(3+6+9+...+102\)

Đây là CSC với \(u_1=3;d=3\)

Trước hết ta cần tìm số số hạng n của CSC

Nhìn vào số hạng cuối và số hạng đầu, áp dụng công thức:

\(u_n=u_1+\left(n-1\right)d\)

\(\Rightarrow102=3+\left(n-1\right).3\Rightarrow n=\frac{102-3}{3}+1=34\)

Vậy \(S_n=\frac{n\left(u_1+u_n\right)}{2}=\frac{34\left(3+102\right)}{2}=...\)

Phần này dễ nên chắc khỏi cần bài tập vì cũng ko biết phải cho tính cái gì, nó dễ quá cứ áp công thức là xong hết)

Trước phần này em có học về dãy số tăng, giảm bị chặn. Chứng minh bị chặn phải xài quy nạp, anh viết cho em cái đó được ko ạ?

Tương tự CSC, 1 dãy được gọi là CSN nếu với mọi số hạng trong dãy, số sau bằng số trước nhân với 1 hằng số gọi là công bội \(q\)

\(u_{n+1}=u_n.q\)

Từ đó ta cũng thiết lập được: \(u_n.u_{n+2}=u_{n+1}^2\) (bình phương của số đứng giữa bằng tích hai số 2 bên)

\(u_n=u_1.q^{n-1}\)

Tổng của CSN: tương tự CSC, ta thiết lập được:

\(S_n=u_1+u_2+...+u_n\)

\(=u_1+u_1.q+u_1q^2+...+u_1.q^{n-1}\)

\(=u_1\left(1+q+q^2+...+q^{n-1}\right)\)

\(=u_1.\frac{q^n-1}{q-1}\)

Với \(\left|q\right|< 1\) thì người ta gọi CSN là cấp số nhân lùi (nghĩa là số sau luôn nhỏ hơn số trước về mặt trị tuyệt đối)

Từ công thức: \(u_n=u_1.q^{n-1}\)

Nếu lấy giới hạn 2 vế: \(\lim\limits\left(u_n\right)=\lim\limits\left(u_1.q^{n-1}\right)\)

Do \(\left|q\right|< 1\Rightarrow q^{n-1}\rightarrow0\Rightarrow u_n\rightarrow0\)

Trong CSN lùi vô hạn, khi n tiến tới vô cực thì \(u_n\) sẽ dần về 0

Khi đó ta có tổng CSN (gọi là tổng CSN lùi vô hạn)

\(\lim\limits S_n=\lim\limits u_1.\frac{q^n-1}{q-1}=u_1.\frac{-1}{q-1}=\frac{u_1}{1-q}\) (do \(q^n\rightarrow0\))

Vậy: \(S_n=\frac{u_1}{1-q}\)

Không phải đâu, chứng minh dãy số bị chặn có nhiều phương pháp (quy nạp chỉ là 1 trong các phương pháp)

Thường thì chứng minh bị chặn bằng các chứng minh \(a< u_n< b\) với mọi n (a;b là 2 số thực nào đó)

Điều này hoàn toàn căn cứ vào thực tế đề toán, ko có tiêu chuẩn cố định nào để giải cả, đề cho thế nào thì ứng biến như vậy thôi

Ví dụ bài này ạ \(\left\{{}\begin{matrix}U_1=2\\U_n=\frac{U_{n-1}+1}{2}\end{matrix}\right.\)

Chứng minh dãy số trên giảm và bị chặn