Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(u_1=\sqrt{3}=tan\frac{\pi}{3}\)
Mặt khác \(tan\frac{\pi}{8}=\sqrt{2}-1\Rightarrow u_{n+1}=\frac{u_n+tan\frac{\pi}{8}}{1-u_n.tan\frac{\pi}{8}}\)
Nhìn công thức \(u_{n+1}\) có dạng \(tan\left(a+b\right)\) nên ta thay thử vài giá trị tìm quy luật
\(u_2=\frac{u_1+tan\frac{\pi}{8}}{1-tan\frac{\pi}{8}.u_1}=\frac{tan\frac{\pi}{3}+tan\frac{\pi}{8}}{1-tan\frac{\pi}{8}.tan\frac{\pi}{3}}=tan\left(\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{8}\right)\)
\(u_3=\frac{tan\left(\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{8}\right)+tan\frac{\pi}{8}}{1-tan\left(\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{8}\right).tan\frac{\pi}{8}}=tan\left(\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{8}+\frac{\pi}{8}\right)=tan\left(\frac{\pi}{3}+2.\frac{\pi}{8}\right)\)
Dự đoán số hạng tổng quát có dạng: \(u_n=tan\left(\frac{\pi}{3}+\left(n-1\right)\frac{\pi}{8}\right)\)
Giả sử công thức đúng với \(n=k\) hay \(u_k=tan\left(\frac{\pi}{3}+\left(k-1\right)\frac{\pi}{8}\right)\)
Ta cần chứng minh nó cũng đúng với \(n=k+1\) hay \(u_{k+1}=tan\left(\frac{\pi}{3}+k\frac{\pi}{8}\right)\)(các số hạng đầu đã kiểm tra nên chứng minh quy nạp chắc khỏi cần kiểm tra lại)
Thật vậy, với \(n=k+1\) ta có:
\(u_{k+1}=\frac{u_k+tan\frac{\pi}{8}}{1-u_k.tan\frac{\pi}{8}}=\frac{tan\left(\frac{\pi}{3}+\left(k-1\right)\frac{\pi}{8}\right)+tan\frac{\pi}{8}}{1-tan\frac{\pi}{8}.tan\left(\frac{\pi}{3}+\left(k-1\right)\frac{\pi}{8}\right)}\)
\(=tan\left(\frac{\pi}{3}+\left(k-1\right)\frac{\pi}{8}+\frac{\pi}{8}\right)=tan\left(\frac{\pi}{3}+k\frac{\pi}{8}\right)\) (đpcm)
Ta có: \(\frac{1}{u_n + 1} = \frac{1}{u_n - 1} - \frac{1}{u_{n+1} - 1}\)
=>\(u_{n+1} - 1 = \frac{u_n^2 - 1}{2}\)
=>\(\frac{1}{u_n - 1} - \frac{1}{u_{n+1} - 1} = \frac{1}{u_n - 1} - \frac{2}{u_n^2 - 1} = \frac{(u_n + 1) - 2}{u_n^2 - 1} = \frac{u_n - 1}{u_n^2 - 1} = \frac{1}{u_n + 1}\)
\(S_{n}=\left(\frac{1}{u_1 - 1}-\frac{1}{u_2 - 1}\right)+\left(\frac{1}{u_2 - 1}-\frac{1}{u_3 - 1}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{u_n - 1}-\frac{1}{u_{n+1} - 1}\right)\)
\(=\frac{1}{u_1 - 1}-\frac{1}{u_{n+1} - 1}\)
\(=\frac{1}{2-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1}=1-\frac{1}{u_{n+1}-1}\)
=>\(\lim_{}S_{n}=1-0=1\)
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 \(lim\left(u_n\right)=4\)
\(u_{n+1}-1=u_n\left(u_n-1\right)\Leftrightarrow\dfrac{1}{u_{n+1}-1}=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_n}\Rightarrow\dfrac{1}{u_n}=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\)
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>
\(\Rightarrow\lim\limits\left(u_{n+1}-1\right)=+\infty\Rightarrow\lim\limits\sum\limits^n_{i=1}\dfrac{1}{u_i}=\lim\limits\left(\dfrac{1}{u_1-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\right)=1\)
Hiện tại mới nghĩ được câu b thôi
b/ \(u_1=\dfrac{1}{2};u_2=\dfrac{1}{2-\dfrac{1}{2}}=\dfrac{2}{3};u_3=\dfrac{1}{2-\dfrac{2}{3}}=\dfrac{3}{4}...\)
Nhận thấy \(u_n=\dfrac{n}{n+1}\) , ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp
\(n=k\Rightarrow u_k=\dfrac{k}{k+1}\)
Chứng minh cũng đúng với \(\forall n=k+1\)
\(\Rightarrow u_{k+1}=\dfrac{k+1}{k+2}\)
Ta có: \(u_{k+1}=\dfrac{1}{2-u_k}=\dfrac{1}{2-\dfrac{k}{k+1}}=\dfrac{k+1}{k+2}\)
Vậy biểu thức đúng với \(\forall n\in N\left(n\ne0\right)\)
\(\Rightarrow limu_n=lim\dfrac{n}{n+1}=lim\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{n}}=1\)
\(u_2=\sqrt{2}\left(2+3\right)-3=5\sqrt{2}-3\)
\(u_3=\sqrt{\dfrac{3}{2}}.5\sqrt{2}-3=5\sqrt{3}-3\)
\(u_4=\sqrt{\dfrac{4}{3}}.5\sqrt{3}-3=5\sqrt{4}-3\)
....
\(\Rightarrow u_n=5\sqrt{n}-3\)
\(\Rightarrow\lim\limits\dfrac{u_n}{\sqrt{n}}=\lim\limits\dfrac{5\sqrt{n}-3}{\sqrt{n}}=5\)
1:
a: \(u_2=2\cdot1+3=5;u_3=2\cdot5+3=13;u_4=2\cdot13+3=29;\)
\(u_5=2\cdot29+3=61\)
b: \(u_2=u_1+2^2\)
\(u_3=u_2+2^3\)
\(u_4=u_3+2^4\)
\(u_5=u_4+2^5\)
Do đó: \(u_n=u_{n-1}+2^n\)
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 \(\lim_{n\to\infty}x_{n}=+\infty\)
=>\(\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{x_1} - \frac{1}{x_{n+1}}\right) = \frac{1}{x_1} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}\)
=>\(\lim \left(\sum_{i=1}^n \frac{1}{u_i + \sqrt{2}}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2}\)