Đặt \(\dfrac{u_n}{n+1}=v_n\)

\(GT\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}v_1=\dfrac{u_1}{1+1}=1\\v_{n+1}=\dfrac{1}{4}v_n,\forall n\in N\text{*}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow v_n=\dfrac{1}{4}^{n-1},\forall n\in N\text{*}\)

\(\Rightarrow u_n=\left(n+1\right).\dfrac{1}{4}^{n-1},\forall n\in N\text{*}\)

Bạn tham khảo câu trả lời của anh Lâm

https://hoc24.vn/cau-hoi/.334447965337

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:

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

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

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

=>\(\left(u_{n}\right)\) chính là dãy Fibonacci

Công thức số hạng tổng quát của dãy là:

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

Dãy số đã cho hiển nhiên là dãy dương

\(u_3=2>1\Rightarrow\) dự đoán dãy trên là dãy tăng hay \(u_{n+1}>u_n\) \(\forall n\ge2\)

Với \(n=2\) ta có \(u_3>u_2\) (đúng)

Giả thiết cũng đúng với \(n=k\) hay \(u_{k+1}>u_k\)

Ta cần chứng minh \(u_{k+1}>u_{k+1}\)

Thật vậy, \(u_{k+2}=\sqrt{u_{k+1}}+\sqrt{u_k}>\sqrt{u_k}+\sqrt{u_{k-1}}=u_{k+1}\)

Mặt khác \(u_n=\sqrt{u_{n-1}}+\sqrt{u_{n-2}}< \sqrt{u_n}+\sqrt{u_n}=2\sqrt{u_n}\)

\(\Rightarrow u_n^2< 4u_n\Rightarrow u_n< 4\)

\(\Rightarrow\) Dãy số tăng và bị chặn trên nên nó có giới hạn

Gọi giới hạn của dãy số là \(a\Rightarrow lim\left(u_n\right)=lim\left(u_{n-1}\right)=lim\left(u_{n+1}\right)=a\)

Từ biểu thức: \(u_{n+1}=\sqrt{u_n}+\sqrt{u_{n-1}}\)

Lấy giới hạn 2 vế: \(\Rightarrow a=\sqrt{a}+\sqrt{a}\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=0\left(l\right)\\a=4\end{matrix}\right.\)

Vậy \(lim\left(u_n\right)=4\)