Google
Câu hỏi: Cho dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) xác định bởi
\(\left\{ \matrix{
{u_1} = a \hfill \cr
{u_{n + 1}} = {{{u_n} + 1} \over {\sqrt {u_n^2 + 1} }} - 1 \hfill \cr} \right. (1)\)
Trong đó \(- 1 < a < 0.\)
Giải chi tiết:
Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Theo giả thiết, điều khẳng định đúng với \(n = 1.\) Giả sử điều khẳng định đúng với n, tức là
\(- 1 < {u_n} < 0 (2)\)
Ta chứng minh nó đúng với \(n + 1.\) Thật vậy, từ (2) suy ra
\(0 < {u_{n + 1}} + 1 < 1 ; \)
Do đó
\(0 < {{{u_n} + 1} \over {\sqrt {u_n^2 + 1} }} < 1\)
Và
\(- 1 < {{{u_n} + 1} \over {\sqrt {u_n^2 + 1} }} - 1 < 0,\)
Tức là
\(- 1 < {u_{n + 1}} < 0. \)
Vì \(- 1 < {u_n} < 0\) nên \({u_{n }} +1> 0\) và \(u_n^2 > 0\) với mọi n. Do đó từ (1) suy ra \({u_{n + 1}} < \left( {{u_n} + 1} \right) - 1 = {u_n}\) với mọi n.
Vậy \(\left( {{u_n}} \right)\) là một dãy số giảm.
\(- 1 < {u_{n + 1}} + 1 \le {1 \over {\sqrt {{a^2} + 1} }}\left( {{u_n} + 1} \right)\) với mọi n.
Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {u_n}.\)
Giải chi tiết:
Từ đẳng thức (1) suy ra
\({u_{n + 1}} + 1 = {1 \over {\sqrt {u_n^2 + 1} }}\left( {{u_n} + 1} \right)\) với mọi n.
Từ đó suy ra
\(\left| {{u_n}} \right| \ge \left| a \right| \Leftrightarrow u_n^2 \ge {a^2};\)
Do đó
\({1 \over {\sqrt {u_n^2 + 1} }} \le {1 \over {\sqrt {{a^2} + 1} }}\) với mọi n
Và từ (3), ta có
\({u_{n + 1}} + 1 \le {1 \over {\sqrt {{a^2} + 1} }}\left( {{u_n} + 1} \right)\) với mọi n.
Đặt \({v_n} = {u_n} + 1\) và \(q = {1 \over {\sqrt {{a^2} + 1} }},\) ta có \(0 < q < 1,{v_n} > 0\) và
\({v_{n + 1}} \le q{v_n}\) với mọi n.
Từ đó ta có
\(\eqalign{
& {v_2} \le {v_1}q = \left({a + 1} \right)q, \cr
& {v_3} \le {v_2}q = \left({a + 1} \right){q^2},..., \cr
& 0 \le {v_n} \le \left({a + 1} \right){q^{n - 1}} \cr} \)
Với mọi n. Vì \(\lim \left( {a + 1} \right).{q^{n - 1}} = \left({a + 1} \right)\lim {q^{n - 1}} = 0\) nên từ đó suy ra
\(\lim {v_n} = 0\) và \(\lim {u_n} = - 1.\)
\(\left\{ \matrix{
{u_1} = a \hfill \cr
{u_{n + 1}} = {{{u_n} + 1} \over {\sqrt {u_n^2 + 1} }} - 1 \hfill \cr} \right. (1)\)
Trong đó \(- 1 < a < 0.\)
Câu a
Chứng minh rằng \(- 1 < {u_n} < 0.\) với mọi n và \(\left( {{u_n}} \right)\) là một dãy số giảmGiải chi tiết:
Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Theo giả thiết, điều khẳng định đúng với \(n = 1.\) Giả sử điều khẳng định đúng với n, tức là
\(- 1 < {u_n} < 0 (2)\)
Ta chứng minh nó đúng với \(n + 1.\) Thật vậy, từ (2) suy ra
\(0 < {u_{n + 1}} + 1 < 1 ; \)
Do đó
\(0 < {{{u_n} + 1} \over {\sqrt {u_n^2 + 1} }} < 1\)
Và
\(- 1 < {{{u_n} + 1} \over {\sqrt {u_n^2 + 1} }} - 1 < 0,\)
Tức là
\(- 1 < {u_{n + 1}} < 0. \)
Vì \(- 1 < {u_n} < 0\) nên \({u_{n }} +1> 0\) và \(u_n^2 > 0\) với mọi n. Do đó từ (1) suy ra \({u_{n + 1}} < \left( {{u_n} + 1} \right) - 1 = {u_n}\) với mọi n.
Vậy \(\left( {{u_n}} \right)\) là một dãy số giảm.
Câu b
Chứng minh rằng\(- 1 < {u_{n + 1}} + 1 \le {1 \over {\sqrt {{a^2} + 1} }}\left( {{u_n} + 1} \right)\) với mọi n.
Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {u_n}.\)
Giải chi tiết:
Từ đẳng thức (1) suy ra
\({u_{n + 1}} + 1 = {1 \over {\sqrt {u_n^2 + 1} }}\left( {{u_n} + 1} \right)\) với mọi n.
Từ đó suy ra
\(\left| {{u_n}} \right| \ge \left| a \right| \Leftrightarrow u_n^2 \ge {a^2};\)
Do đó
\({1 \over {\sqrt {u_n^2 + 1} }} \le {1 \over {\sqrt {{a^2} + 1} }}\) với mọi n
Và từ (3), ta có
\({u_{n + 1}} + 1 \le {1 \over {\sqrt {{a^2} + 1} }}\left( {{u_n} + 1} \right)\) với mọi n.
Đặt \({v_n} = {u_n} + 1\) và \(q = {1 \over {\sqrt {{a^2} + 1} }},\) ta có \(0 < q < 1,{v_n} > 0\) và
\({v_{n + 1}} \le q{v_n}\) với mọi n.
Từ đó ta có
\(\eqalign{
& {v_2} \le {v_1}q = \left({a + 1} \right)q, \cr
& {v_3} \le {v_2}q = \left({a + 1} \right){q^2},..., \cr
& 0 \le {v_n} \le \left({a + 1} \right){q^{n - 1}} \cr} \)
Với mọi n. Vì \(\lim \left( {a + 1} \right).{q^{n - 1}} = \left({a + 1} \right)\lim {q^{n - 1}} = 0\) nên từ đó suy ra
\(\lim {v_n} = 0\) và \(\lim {u_n} = - 1.\)
Rất tiếc, câu hỏi này chưa có lời giải chi tiết. Bạn ơi, đăng nhập và giải chi tiết giúp zix.vn nhé!!!