Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1) Có \(u_{n+1}-u_n=\dfrac{1}{2}u^2_n-2u_n+2=\dfrac{1}{2}\left(u_n-2\right)^2\) (1)
+) CM \(u_n>2\) (n thuộc N*)
n=1 : u1= 5/2 > 2 (đúng)
Giả sử n=k, uk > 2 (k thuộc N*)
Ta cần CM n = k + 1. Thật vậy ta có:
\(u_{k+1}=\dfrac{1}{2}u^2_k-u_k+2=\dfrac{1}{2}\left(u_k-2\right)^2+u_k\) (đúng)
Vậy un > 2 (n thuộc N*) (2)
Từ (1) (2) => un+1 - un > 0, hay un+1 > un
=> (un) là dãy tăng => \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}u_n=+\infty\)
2) \(2u_{n+1}=u^2_n-2u_n+4\)
\(\Leftrightarrow2u_{n+1}-4=u^2_n-2u_n\)
\(\Leftrightarrow2\left(u_{n+1}-2\right)=u_n\left(u_n-2\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{u_{n+1}-2}=\dfrac{2}{u_n\left(u_n-2\right)}=\dfrac{1}{u_n-2}-\dfrac{1}{u_n}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{u_n}=\dfrac{1}{u_n-2}-\dfrac{1}{u_{n+1}-2}\)
\(S=\dfrac{1}{u_1}+\dfrac{1}{u_2}+...+\dfrac{1}{u_n}\)
\(=\dfrac{1}{u_1-2}-\dfrac{1}{u_2-2}+\dfrac{1}{u_2-2}+...-\dfrac{1}{u_{n+1}-2}\)
\(=\dfrac{1}{u_1-2}-\dfrac{1}{u_{n+1}-2}\)
\(=2-\dfrac{1}{u_{n+1}-2}\)
\(\Leftrightarrow\lim\limits_{n\rightarrow\infty}S=2\)
Ta phân tích \(n^2=\dfrac{1}{3}\left(n+1\right)^3-\dfrac{1}{2}\left(n+1\right)^2+\dfrac{1}{6}\left(n+1\right)-\dfrac{1}{3}n^3+\dfrac{1}{2}n^2-\dfrac{1}{6}n\)
\(\Rightarrow u_{n+1}-\dfrac{1}{3}\left(n+1\right)^3+\dfrac{1}{2}\left(n+1\right)^2-\dfrac{1}{6}\left(n+1\right)=u_n-\dfrac{1}{3}n^3+\dfrac{1}{2}n^2-\dfrac{1}{6}n\)
Đặt \(v_n=u_n-\dfrac{1}{3}n^3+\dfrac{1}{2}n^2-\dfrac{1}{6}n\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}v_1=1-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{6}=1\\v_{n+1}=v_n\end{matrix}\right.\)
Từ \(v_{n+1}=v_n\Rightarrow v_{n+1}=v_n=v_{n-1}=...=v_1=1\)
\(\Rightarrow u_n-\dfrac{1}{3}n^3+\dfrac{1}{2}n^2-\dfrac{1}{6}n=1\Rightarrow u_n=\dfrac{1}{3}n^3-\dfrac{1}{2}n^2+\dfrac{1}{6}n+1\)
\(\Rightarrow u_n=1+\dfrac{2n^3-3n^2+n}{6}=1+\dfrac{n\left(n-1\right)\left(2n-1\right)}{6}\)
ta có : \(u_n=\frac{1+2^m}{2^m}\Rightarrow lim\left(u_n\right)=lim\left(\frac{1+2^m}{2^m}\right)=lim\left(1+\frac{1}{2^m}\right)=1\)
\(u_n-n^2-n=u_{n-1}-\left(n-1\right)^2-\left(n-1\right)\)
Đặt \(v_n=u_n-n^2-n\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}v_1=0\\v_n=v_{n-1}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow v_n=v_{n-1}=v_{n-2}=...=v_1=0\)
\(\Rightarrow u_n-n^2-n=0\Rightarrow u_n=n^2+n\)
\(\Rightarrow n^2+n< 100\Rightarrow n\le9\)
\(u_n=\frac{n+1}{n-1}u_{n-1}\)
\(u_{n-1}=\frac{n-1+1}{n-1-1}u_{n-2}=\frac{n}{n-2}u_{n-2}\)
\(u_{n-2}=\frac{n-1}{n-3}u_{n-3}\)
...
\(u_2=\frac{2+1}{2-1}u_1\)
Nhân vế với vế:
\(u_nu_{n-1}u_{n-2}...u_2=\frac{\left(n+1\right)n\left(n-1\right)...3}{\left(n-1\right)\left(n-2\right)\left(n-3\right)...1}u_{n-1}u_{n-2}u_{n-3}...u_1\)
\(\Leftrightarrow u_n=\frac{n\left(n+1\right)}{2}u_1=n\left(n+1\right)\)
\(u_n< 100\Rightarrow n^2+n< 100\)
\(\Leftrightarrow n^2+n-100< 0\Rightarrow n\le9\Rightarrow n=\left\{1;2;...;9\right\}\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}u_1=1\\\frac{u_n}{n}=\frac{u_{n-1}}{n-1}+1\end{matrix}\right.\)
Đặt \(v_n=\frac{u_n}{n}\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}v_1=1\\v_n=v_{n-1}+1\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow v_n\) là CSC với công sai \(d=1\)
\(\Rightarrow v_n=1+\left(n-1\right).1=n\)
\(\Rightarrow\frac{u_n}{n}=n\Rightarrow u_n=n^2\)
Câu b có vẻ đề sai, số hạng cuối không thể là \(u_n\) mà phải là 1 số hữu hạn ví dụ \(u_{2016}\) gì đó
Hoặc nếu nó là \(u_n\) thì đề sẽ là "tìm n lớn nhất sao cho..."
Dù sao từ tổng: \(\sum u_n=\sum n^2=\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}\) có thể dễ dàng giải được khi đề bài chính xác
\(u_1=\sqrt{3}=tan\frac{\pi}{3}\)
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)
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 \(\forall n\in N\left(n\ne0\right)\)
\(\Rightarrow limu_n=lim\dfrac{n}{n+1}=lim\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{n}}=1\)