Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
n>0
=>\(n+1>0;n^2+1>0\)
=>\(u_n=\dfrac{n+1}{\sqrt{n^2+1}}>0\)
\(u_n=\dfrac{n+1}{\sqrt{n^2+1}}< =\dfrac{n+1}{n}=1+\dfrac{1}{n}=1\)
=>\(0< u_n< =1\)
=>(Un) là dãy số bị chặn
a) Ta có: \({u_{n + 1}} = \frac{{{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{{n + 1 + 1}} = \frac{{{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{{n + 2}}\)
Xét hiệu \({u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{{n + 2}} - \frac{{{n^2}}}{{n + 1}} = \frac{{{{\left( {n + 1} \right)}^3} - {n^2}\left( {n + 2} \right)}}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}} = \frac{{{n^3} + 3{n^2} + 3n + 1 - {n^3} - 2{n^2}}}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}}\)
\( = \frac{{{n^2} + 3n + 1}}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}} > 0\) với mọi n ∈ ℕ*.
Vì vậy dãy số đã cho là dãy số tăng.
b) Ta có: \({u_{n + 1}} = \frac{2}{{{5^{n + 1}}}}\)
Xét hiệu \({u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{2}{{{5^{n + 1}}}} - \frac{2}{{{5^n}}} = - \frac{4}{5}.\frac{2}{{{5^n}}} = - \frac{8}{{{5^{n + 1}}}} < 0\)
Vì vậy dãy số đã cho là dãy số giảm.
Xét hiệu:
un+1−un=(n+1+1n+1)−(n+1n)=1+1n+1−1n=n2+n−1n(n+1)>0,∀n∈N∗un+1−un=(n+1+1n+1)−(n+1n)=1+1n+1−1n=n2+n−1n(n+1)>0,∀n∈N∗
Suy ra: un là dãy số tăng (1)
Mặt khác: un=n+1n≥2√n.1n=2∀n∈N∗un=n+1n≥2n.1n=2∀n∈N∗
Nên un là dãy số bị chặn dưới (2)
Ta thấy khi n càng lớn thì un càng lớn nên un là dãy số không bị chặn (3)
Từ (1), (2), (3) ta có un là dãy số tăng và bị chặn dưới.
b) Ta có:
u1 = (-1)0.sin1 = sin 1 > 0
u2=(−1)1.sin12=−sin12<0u3=(−1)2.sin13=sin13>0u2=(−1)1.sin12=−sin12<0u3=(−1)2.sin13=sin13>0
⇒ u1 > u2 và u2 < u3
Vậy un là dãy số tăng không đơn điệu.
Ta lại có:
|un|=|(−1)n−1.sin1n|=|sin1n|≤1⇔−1≤un≤1|un|=|(−1)n−1.sin1n|=|sin1n|≤1⇔−1≤un≤1
Vậy un là dãy số bị chặn và không đơn điệu.
c) Ta có:
un=√n+1−√n=n+1−n√n+1+√n=1√n+1+√nun=n+1−n=n+1−nn+1+n=1n+1+n
Xét hiệu:
un+1−un=1√(n+1)+1+√n+1−1√n+1+√n=1√n+2+√n+1−1√n+1+√nun+1−un=1(n+1)+1+n+1−1n+1+n=1n+2+n+1−1n+1+n
Ta có:
{√n+2>√n+1√n+1>√n⇒√n+2+√n+1>√n+1+√n{n+2>n+1n+1>n⇒n+2+n+1>n+1+n
⇒1√n+2+√n+1<1√n+1+√n⇒un+1−un<0⇒1n+2+n+1<1n+1+n⇒un+1−un<0
⇒ un là dãy số giảm (1)
Mặt khác:
un=1√n+1+√n>0,∀n∈N∗un=1n+1+n>0,∀n∈N∗
Suy ra: un là dãy số bị chặn dưới (2)
Ta lại có: với n ≥ 1 thì √n+1+√n≥√2+1n+1+n≥2+1
Nên un=1√n+1+√n≤1√2+1un=1n+1+n≤12+1
Suy ra: un là dãy số bị chặn trên (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có: un là dãy số giảm và bị chặn
a)
Xét hiệu
\(u_{n+1}-u_n=\left(n+1+\dfrac{1}{n+1}\right)-\left(n+\dfrac{1}{n}\right)\)\(=1+\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{n}=1-\dfrac{1}{n\left(n+1\right)}=\dfrac{n^2+n-1}{n\left(n+1\right)}>0\) (Với mọi \(n\in N^{\circledast}\) ).
Suy ra: \(u_{n+1}>u_n\) nên \(\left(u_n\right)\) là dãy số tăng.
Mặt khác: \(u_n\ge2\sqrt{n.\dfrac{1}{n}}=2\) nên \(\left(u_n\right)\) là dãy số bị chặn dưới bởi 2.
Mặt khác n càng tăng thì \(u_n\) càng lớn theo giá trị của \(n\) nên \(\left(u_n\right)\) là dãy số không bị chặn trên.
b) \(u_1=\left(-1\right)^{1-1}.sin1=sin1>0\).
\(u_2=\left(-1\right)^{2-1}sin\dfrac{1}{2}=-sin\dfrac{1}{2}< 0\).
\(u_3=\left(-1\right)^{3-1}.sin\dfrac{1}{3}=sin\dfrac{1}{3}>0\).
Ta thấy \(u_1>u_2\) và \(u_2< u_3\) nên \(\left(u_n\right)\) là dãy số không tăng và không giảm.
\(\left|u_n\right|=\left|\left(-1\right)^{n-1}sin\dfrac{1}{n}\right|\le\left|\left(-1\right)^{n-1}\right|=1\).
Suy ra: \(-1\le u_n\le1\) nên \(\left(u_n\right)\) bị chặn trên bởi \(1\) và chặn dưới bởi \(-1\).
c)
\(u_n=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\dfrac{\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)}{\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)}\)\(=\dfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\)
Xét hiệu:
\(u_{n+1}-u_n=\dfrac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}-\dfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\)
\(=\dfrac{\sqrt{n}-\sqrt{n+2}}{\left(\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}\right)\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)}\)
\(=\dfrac{-2}{\left(\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}\right)\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)\left(\sqrt{n}+\sqrt{n+2}\right)}< 0\)
Vậy \(\left(u_n\right)\) là dãy số giảm.
\(u_n=\dfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}>0\) nên \(\left(u_n\right)\) là dãy số bị chặn dưới bởi 0.
\(u_n=\dfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}< \dfrac{1}{\sqrt{1+0}+\sqrt{0}}=1\) nên \(\left(u_n\right)\) là dãy số bị chặn trên bởi 1.
Ta có: \(u_n=\dfrac{2n+1}{n+2}=\dfrac{2\left(n+2\right)-3}{n+2}=2-\dfrac{3}{n+2}\)
\(\forall x\in N\)*, ta có:
\(n+2>0\Leftrightarrow\dfrac{3}{n+2}>0\Leftrightarrow2-\dfrac{3}{n+2}< 2\Leftrightarrow u_n< 2\)
Vậy \(\left(u_n\right)\) bị chặn trên.
\(n\ge1\Leftrightarrow n+2\ge3\Leftrightarrow\dfrac{3}{n+2}\le1\Leftrightarrow2-\dfrac{3}{n+2}\ge1\Leftrightarrow u_n\ge1\)
Vậy \(\left(u_n\right)\) bị chặn dưới.
Ta thấy dãy số \(\left(u_n\right)\) bị chặn trên và bị chặn dưới nên dãy số \(\left(u_n\right)\) bị chặn.
a) Bị chặn trên vì \(u_n\le1,\forall n\in\mathbb{N}^{\circledast}\)
b) Bị chặn dưới vì \(u_n\ge2,\forall n\in\mathbb{N}^{\circledast}\)
c) Bị chặn dưới vì \(u_n\ge\sqrt{3},\forall n\in\mathbb{N}^{\circledast}\)
d) Bị chặn vì \(0< u_n\le\dfrac{1}{2},\forall n\in\mathbb{N}^{\circledast}\)
\(u_1=\sqrt{3}=tan\frac{\pi}{3}\)
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)
a/ Hiển nhiên rằng \(u_n>0\) nên dãy bị chặn dưới
Ta sẽ chứng minh \(3^n\ge n+1\) với mọi n
- Với \(n=0\Rightarrow1\ge1\) (đúng)
- Giả sử BĐT đúng với \(n=k\) hay \(3^k\ge k+1\)
- Ta cần chứng minh nó cũng đúng với \(n=k+1\) hay \(3^{k+1}\ge k+2\)
Thật vậy: \(3^{k+1}=3.3^k>3\left(k+1\right)=3k+3>k+2\) ; \(\forall k\ge0\)
Vậy \(u_n=\frac{n+1}{3^n}\le1\) ; \(\forall n\Rightarrow\) dãy bị chặn trên
b/ \(u_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\)
\(u_n>0\) nên dãy bị chặn dưới
\(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\ge1;\forall n\ge0\Rightarrow u_n\le1;\forall n\)
\(\Rightarrow\) Dãy bị chặn trên
\(u_{n+1}-u_n\)
\(=\sqrt{u_n+2}-u_n\)
\(=\dfrac{u_n+2-u_n^2}{\sqrt{u_n+2}+u_n}=\dfrac{-\left(u_n-2\right)\left(u_n+1\right)}{\sqrt{u_n+2}+u_n}\)
\(u_{n+1}=\sqrt{u_n+2}\)
=>\(u_{n+1}^2=u_n+2\)
=>\(u_{n+1}^2-4=u_n-2\)
=>\(\left(u_{n+1}-2\right)\left(u_{n+1}+2\right)=u_n-2\)
Để \(u_n< 2\) thì \(u_n-2< 0\)
=>\(u_{n+1}-2< 0\)
=>\(u_n< 2\forall n>=1\)
=>\(u_{n+1}-u_n>0\)
=>Đây là dãy tăng và bị chặn trên bởi 2