a:

\(0< =cos\left(\dfrac{\Omega}{2n}\right)< =1;n\in Z^+\)

Khi n chẵn thì \(\left(-1\right)^n=1\)

=>\(u_n=cos\left(\dfrac{\Omega}{2n}\right)\)

=>\(0< =u_n< =1\)

=>\(\left(u_n\right)\) bị chặn ở khoảng [0;1]

Khi n lẻ thì \(\left(-1\right)^n=-1\)

=>\(u_n=-cos\left(\dfrac{\Omega}{2n}\right)\)

\(0< =cos\left(\dfrac{\Omega}{2n}\right)< =1\)

=>\(0>=-cos\left(\dfrac{\Omega}{2n}\right)>=-1\)

=>\(0>=u_n>=-1\)

=>\(\left(u_n\right)\) bị chặn ở khoảng [-1;0]

 

b: \(-1< =\dfrac{1}{5^n}< =0\)

=>\(-\sqrt{2}< =\dfrac{\sqrt{2}}{5^n}< =0\)

=>\(-\sqrt{2}< =t_n< =0\)

Vậy: Dãy số bị chặn ở khoảng \(\left[-\sqrt{2};0\right]\)

a) Dãy số bị chặn dưới vì u_n = 2n² -1 ≥ 1 với mọi n ε N^* và không bị chặn trên vì với số M dương lớn bất kì, ta có 2n² -1 > M <=> n > . tức là luôn tồn tại n ≥ + 1 để 2 - 1 > M. b) Dễ thấy u_n > 0 với mọi n ε N^* Mặt khác, vì n ≥ 1 nên n² ≥ 1 và 2n ≥ 2. Do đó n(n + 2) = n² + 2n ≥ 3, suy ra . Vậy dãy số bị chặn 0 < u_n với mọi n ε N^* c) Vì n ≥ 1 nên 2n² - 1 > 0, suy ra > 0 Mặt khác n² ≥ 1 nên 2n² ≥ 2 hay 2n² - 1≥ 1, suy ra ≤ 1. Vậy 0 < u_n ≤ 1, với mọi n ε N^* , tức dãy số bị chặn. d) Ta có: sinn + cosn = √2sin(n + ), với mọi n. Do đó: -√2 ≤ sinn + cosn ≤ √2 với mọi n ε N^* Vậy -√2 < u_n < √2, với mọi n ε N^* .

Xét hiệu:

Suy ra: u_n là dãy số tăng (1)

Mặt khác:

Nên u_n là dãy số bị chặn dưới (2)

Ta thấy khi n càng lớn thì u_n càng lớn nên u_n là dãy số không bị chặn (3)

Từ (1), (2), (3) ta có u_n là dãy số tăng và bị chặn dưới.

b) Ta có:

u₁ = (-1)⁰.sin1 = sin 1 > 0

⇒ u₁ > u₂ và u₂ < u₃

Vậy u_n là dãy số tăng không đơn điệu.

Ta lại có:

Vậy u_n là dãy số bị chặn và không đơn điệu.

c) Ta có:

Xét hiệu:

Ta có:

⇒ u_n là dãy số giảm (1)

Mặt khác:

Suy ra: u_n là dãy số bị chặn dưới (2)

Ta lại có: với n ≥ 1 thì

Nên

Suy ra: u_n là dãy số bị chặn trên (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: u_n 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.

a) \(\forall n \in {\mathbb{N}^*}\) ta có:

\(\left. \begin{array}{l}0 \le {\sin ^2}\frac{{n\pi }}{3} \le 1\\ - 1 \le \cos \frac{{n\pi }}{4} \le 1\end{array} \right\} \Leftrightarrow 0 + \left( { - 1} \right) \le {\sin ^2}\frac{{n\pi }}{3} + \cos \frac{{n\pi }}{4} \le 1 + 1 \Leftrightarrow  - 1 \le {a_n} \le 2\).

Vậy dãy số \(\left( {{a_n}} \right)\) bị chặn.

b) Ta có: \({u_n} = \frac{{6n - 4}}{{n + 2}} = \frac{{6\left( {n + 2} \right) - 16}}{{n + 2}} = 6 - \frac{{16}}{{n + 2}}\)

\(\forall n \in {\mathbb{N}^*}\) ta có:

\(n + 2 > 0 \Leftrightarrow \frac{{16}}{{n + 2}} > 0 \Leftrightarrow 6 - \frac{{16}}{{n + 2}} < 6 \Leftrightarrow {u_n} < 6\). Vậy \(\left( {{u_n}} \right)\) bị chặn trên.

\(n \ge 1 \Leftrightarrow n + 2 \ge 1 + 2 \Leftrightarrow n + 2 \ge 3 \Leftrightarrow \frac{{16}}{{n + 2}} \le \frac{{16}}{3} \Leftrightarrow 6 - \frac{{16}}{{n + 2}} \ge 6 - \frac{{16}}{3} \Leftrightarrow {u_n} \ge \frac{2}{3}\)

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.

Lời giải:

Với $n$ lẻ bất kỳ:
$u_n<0; u_{n+1>0; u_{n+2}< 0$

$\Rightarrow u_n< u_{n+1}> u_{n+2}$ với mọi $n$ lẻ bất kỳ

Do đó dãy không tăng cũng không giảm.

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.