Giải SGK Toán 11 Kết nối tri thức Bài 15: Giới hạn của dãy số

1. Giới hạn hữu hạn của dãy số

Hoạt động 1: Nhận biết dãy số có giới hạn là 0

Cho dãy số (un­) với $u_n=\frac{{\left(-1\right)}^n}{n}$ .

a) Biểu diễn năm số hạng đầu của dãy số này trên trục số.

b) Bắt đầu từ số hạng nào của dãy, khoảng cách từ un đến 0 nhỏ hơn 0,01?

Trả lời:

a) u1=−1;u2=12;u3=−13;u4=14;u5=−15

b) Ta có u100=0.01 suy ra bắt đầu từ số hạng thứ 101 khoảng cách từ số hạng đến 0 nhỏ hơn 0.01

Luyện tập 1: Chứng minh rằng $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{{\left(-1\right)}^{n-1}}{3^n}=0$ .

Trả lời:

Xét dãy số (un) có $u_n=\frac{{\left(-1\right)}^{n-1}}{3^n}$ .

Ta cóvà $\underset{n\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{1}{3}\right)}^n=0$ .

Do đó, $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{{\left(-1\right)}^{n-1}}{3^n}=0$ .

Hoạt động 2: Nhận biết dãy số có giới hạn hữu hạn

Cho dãy số (un) với $u_n=\frac{n+{\left(-1\right)}^n}{n}$ . Xét dãy số (vn) xác định bởi vn = un – 1.

Tính $\underset{n\to +\infty }{\lim }{v}_n$ .

Trả lời:

vn=un−1=n+(−1)nn−1=n+(−1)n−nn=(−1)nn→0 khi n→+∞

Do vậy limn→+∞vn=0

Luyện tập 2: Cho dãy số (un) với 

$u_n=\frac{{3.2}^n-1}{2^n}$ . Chứng minh rằng $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=3$ .

Trả lời:

Ta có: $u_n-3=\frac{{3.2}^n-1}{2^n}-3=\frac{\left({3.2}^n-1\right)-{3.2}^n}{2^n}=-\frac{1}{2^n}\to 0$ khi n ⟶ +∞.

Do vây, $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=3$ .

Vận dụng 1: Một quả bóng cao su được thả từ độ cao 5 m xuống mặt sàn. Sau mỗi lần chạm sàn, quả bóng nảy lên độ cao bằng $\frac{2}{3}$ độ cao trước đó. Giả sử rằng quả bóng luôn chuyển động vuông góc với mặt sàn và quá trình này tiếp diễn vô hạn lần. Giả sử un là độ cao (tính bằng mét) của quả bóng sau lần nảy lên thứ n. Chứng minh rằng dãy số (un) có giới hạn là 0.

Trả lời:

Độ cao của quả bóng sau mỗi lần chạm sàn tạo thành cấp số nhân có số hạng tổng quát là: un=5×(23)n

Ta có: (23)n→0 khi n→+∞ suy ra 5(23)n→0 khi n→+∞

Do vậy limn→+∞un=0

2. Định lí về giới hạn hữu hạn của dãy số

Hoạt động 3: Hình thành quy tắc tính giới hạn

Cho hai dãy số (un) và (vn) với $u_n=2+\frac{1}{n},v_n=3-\frac{2}{n}$.

Tính và so sánh: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(u_n+v_n\right)$ và $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n+\underset{n\to +\infty }{\lim }{v}_n$.

Trả lời:

+) Ta có: $u_n+v_n=\left(2+\frac{1}{n}\right)+\left(3-\frac{2}{n}\right)=5-\frac{1}{n}$.

Lại có $\left(u_n+v_n\right)-5=\left(5-\frac{1}{n}\right)-5=-\frac{1}{n}\to 0$ khi n ⟶ +∞.

Do vậy, $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(u_n+v_n\right)=5$.

+) Ta có: $u_n-2=\left(2+\frac{1}{n}\right)-2=\frac{1}{n}\to 0$ khi n ⟶ +∞.

Do vậy, $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=2$.

Và $v_n-3=\left(3-\frac{2}{n}\right)-3=-\frac{2}{n}\to 0$ khi n ⟶ +∞.

Do vây, $\underset{n\to +\infty }{\lim }{v}_n=3$.

Khi đó, $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n+\underset{n\to +\infty }{\lim }{v}_n$ = 2 + 3 = 5 = $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(u_n+v_n\right)$.

Vậy $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(u_n+v_n\right)$ = $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n+\underset{n\to +\infty }{\lim }{v}_n$.

Luyện tập 3: Tìm $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{2n^2+1}}{n+1}$.

Trả lời:

limn→+∞2n2+1√n+1=limn→+∞2+1n2√1+1n=limn→+∞(2+1n2√)limn→+∞(1+1n)=2√1=2–√

3. Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn

Hoạt động 4: Làm quen với việc tính tổng vô hạn

Cho hình vuông cạnh 1 (đơn vị độ dài). Chia hình vuông đó thành bốn hình vuông nhỏ bằng nhau, sau đó tô màu hình vuông nhỏ góc dưới bên trái (H.5.2). Lặp lại các thao tác này với hình vuông nhỏ góc trên bên phải. Giả sử quá trình trên tiếp diễn vô hạn lần. Gọi u1, u2, ..., un, ... lần lượt là độ dài cạnh của các hình vuông được tô màu.

a) Tính tổng Sn = u1 + u2 + ... + un.

b) Tìm S = $\underset{n\to +\infty }{\lim }{S}_n$.

Trả lời:

a) Ta có: u1 là độ dài cạnh của hình vuông được tô màu tạo từ việc chia hình vuông cạnh 1 thành 4 hình vuông nhỏ bằng nhau, do đó $u_1=\frac{1}{2}$.

Cứ tiếp tục như thế, ta được: $u_2=\frac{1}{2}{u}_1,u_3=\frac{1}{2}{u}_2$,..., $u_n=\frac{1}{2}{u}_{n-1}$, ...

Do vậy, độ dài cạnh của các hình vuông được tô màu lập thành một cấp số nhân với số hạng đầu $u_1=\frac{1}{2}$ và công bội $q=\frac{1}{2}$.

Do đó, tổng của n số hạng đầu là

Sn = u1 + u2 + ... + un = $\frac{u_1\left(1-q^n\right)}{1-q}=\frac{\frac{1}{2}\left(1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^n\right)}{1-\frac{1}{2}}$$=1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^n$.

b) Ta có: S = $\underset{n\to +\infty }{\lim }{S}_n$ = $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^n\right)$$=\underset{n\to +\infty }{\lim }1-\underset{n\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{1}{2}\right)}^n=1-0=1$ .

Luyện tập 4: Tính tổng S = $2+\frac{2}{7}+\frac{2}{7^2}+\mathrm{...}+\frac{2}{7^{n-1}}+\mathrm{...}$

Trả lời:

Ta có: S=2+27+249+...+27n−1+...=2×(1+17+149+...+17n−1+...)=2×11−17=73

Vận dụng 2: (Giải thích nghịch lí Zeno)

Để đơn giản, ta giả sử Achilles chạy với vận tốc 100 km/h, vận tốc của rùa là 1 km/h và khoảng cách ban đầu là a = 100 (km).

a) Tính thời gian t1, t2, ..., tn, ... tương ứng để Achilles đi từ A1 đến A2, từ A2 đến A3, ... từ An đến An + 1, ...

b) Tính tổng thời gian cần thiết để Achilles chạy hết các quãng đường A1A2, A2A3, ..., A­nAn + 1, ..., tức là thời gian cần thiết để Achilles đuổi kịp rùa.

c) Sai lầm trong lập luận của Zeno là ở đâu?

Trả lời:

Ta có: Achilles chạy với vận tốc 100 km/h, vận tốc của rùa là 1 km/h.

a) Để chạy hết quãng đường từ A1 đến A2 với A1A2 = a = 100 (km), Achilles phải mất thời gian $t_1=\frac{100}{100}=1$(h). Với thời gian t1 này, rùa đã chạy được quãng đường A2A3 = 1 (km).

Để chạy hết quãng đường từ A2 đến A3 với A2A3 = 1 (km), Achilles phải mất thời gian $t_2=\frac{1}{100}$(h). Với thời gian t2 này, rùa đã chạy được quãng đường A3A4 = $\frac{1}{100}$ (km).

Tiếp tục như vậy, để chạy hết quãng đường từ An đến An + 1 với AnAn + 1 = $\frac{1}{{100}^{n-2}}$ (km), Achilles phải mất thời gian $t_n=\frac{1}{{100}^{n-1}}$(h). ...

b) Tổng thời gian cần thiết để Achilles chạy hết các quãng đường A1A2, A2A3, ..., A­nAn + 1, ..., tức là thời gian cần thiết để Achilles đuổi kịp rùa là

$T=1+\frac{1}{100}+\frac{1}{{100}^2}+\mathrm{...}+\frac{1}{{100}^{n-1}}+\frac{1}{{100}^n}+\mathrm{...}$ (h).

Đó là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn với u1 = 1, công bội , nên ta có

$T=\frac{u_1}{1-q}=\frac{1}{1-\frac{1}{100}}=\frac{100}{99}=1\frac{1}{99}$ (h).

Như vậy, Achilles đuổi kịp rùa sau $1\frac{1}{99}$ giờ.

c) Nghịch lý Zeno chỉ đúng với điều kiện là tổng thời gian Achilles chạy hết các quãng đường để đuổi kịp rùa phải là vô hạn, còn nếu nó hữu hạn thì đó chính là khoảng thời gian mà anh bắt kịp được rùa.

4. Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn

Hoạt động 5: Nhận biết giới hạn vô cực

Một loại vi khuẩn được nuôi cấy với số lượng ban đầu là 50. Sau mỗi chu kì 4 giờ, số lượng của chúng sẽ tăng gấp đôi.

a) Dự đoán công thức tính số vi khuẩn un sau chu kì thứ n.

b) Sau bao lâu, số lượng vi khuẩn sẽ vượt con số 10 000?

Trả lời:

a) un=50×2n

b) Giả sử sau chu kì thứ k, số lượng vi khuẩn sẽ vượt con số 10 000.

Khi đó ta có uk=2k.50>10000⇔2k>200.

Luyện tập 5: Tính $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(n-\sqrt{n}\right)$.

Trả lời:

Ta có: $n-\sqrt{n}=n\left(1-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)$. Hơn nữa $\underset{n\to +\infty }{\lim }n=+\infty$ và $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(1-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)=1$.

Do đó, $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(n-\sqrt{n}\right)=+\infty$.

Bài tập

Bài 5.1: Tìm các giới hạn sau:

a) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n^2+n+1}{2n^2+1}$;

b) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{n^2+2n}-n\right)$.

Trả lời:

a) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n^2+n+1}{2n^2+1}$$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n^2\left(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}\right)}{n^2\left(2+\frac{1}{n^2}\right)}$$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}{2+\frac{1}{n^2}}=\frac{1}{2}$.

b) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{n^2+2n}-n\right)$$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\left(n^2+2n\right)-n^2}{\sqrt{n^2+2n}+n}$

$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2n}{\sqrt{n^2\left(1+\frac{2}{n}\right)}+n}$$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2n}{n\sqrt{1+\frac{2}{n}}+n}$

$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2n}{n\left(\sqrt{1+\frac{2}{n}}+1\right)}$$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}+1}=\frac{2}{\sqrt{1}+1}=1$.

Bài 5.2: Cho hai dãy số không âm (un) và (vn) với $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=2$ và $\underset{n\to +\infty }{\lim }{v}_n=3$. Tìm các giới hạn sau:

a) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{u_n^2}{v_n-u_n}$;

b) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\sqrt{u_n+2v_n}$.

Trả lời:

a) limn→+∞u2nvn−un=(limn→+∞un)2limn→+∞vn−limn→+∞un=223−2=4

b) limn→+∞(un+2vn)=limn→+∞un+2limn→+∞vn=2+2×3=8⇒limn→+∞un+2vn−−−−−−−√=8–√

Bài 5.3: Tìm giới hạn của các dãy số cho bởi:

a) $u_n=\frac{n^2+1}{2n-1}$;

b) $v_n=\sqrt{2n^2+1}-n$.

Trả lời:

a) $u_n=\frac{n^2+1}{2n-1}$

Chia cả tử và mẫu của un cho n2, ta được $u_n=\frac{n^2+1}{2n-1}$$=\frac{1+\frac{1}{n^2}}{\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2}}$.

Vì $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(1+\frac{1}{n^2}\right)=1>0$, $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2}\right)=0$ và $\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2}>0$ với mọi n nên

$\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n^2+1}{2n-1}=+\infty$.

b) $v_n=\sqrt{2n^2+1}-n$

Ta có: $\underset{n\to +\infty }{\lim }{v}_n=\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{2n^2+1}-n\right)$$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{n^2\left(2+\frac{1}{n^2}\right)}-n\right)$

Vì $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{2+\frac{1}{n^2}}-1\right)=\sqrt{2}-1>0$ và $\underset{n\to +\infty }{\lim }n=+\infty$.

Nên 

Vậy $\underset{n\to +\infty }{\lim }{v}_n=\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{2n^2+1}-n\right)=+\infty$.

Bài 5.4: Viết các số thập phân vô hạn tuần hoàn sau đây dưới dạng phân số:

a) 1,(12) = 1,121212...;

b) 3,(102) = 3,102102102...

Trả lời:

a) 1,121212...=1+0,12+0,0012+0,000012+...

=1+12×10−2+12×10−4+12×10−6+...

12×10−2+12×10−4+12×10−6+... là tổng cấp số nhân lùi vô hạn với u1=12×10−2,q=10−2 nên 1,121212...=1+u11−q=1+12×10−21−10−2=3733

b) 3,102102102...=3+0,102+0,000102+0,000000102+...

=3+102×10−3+102×10−6+102×10−9...

102×10−3+102×10−6+102×10−9+... là tổng cấp số nhân lùi vô hạn với u1=102×10−3,q=10−3 nên 3,(102)=3+u11−q=3+102×10−31−10−3=1033333

Bài 5.5: Một bệnh nhân hằng ngày phải uống một viên thuốc 150 mg. Sau ngày đầu, trước mỗi lần uống, hàm lượng thuốc cũ trong cơ thể vẫn còn 5%. Tính lượng thuốc có trong cơ thể sau khi uống viên thuốc của ngày thứ 5. Ước tính lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân nếu bệnh nhân sử dụng thuốc trong một thời gian dài.

Trả lời:

Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày đầu tiên là 150 mg.

Sau ngày đầu, trước mỗi lần uống, hàm lượng thuốc cũ trong cơ thể vẫn còn 5%.

Do đó, lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ hai là

150 + 150 . 5% = 150(1 + 0,05).

Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ ba là

150 + 150(1 + 0,05) . 5% = 150 + 150(0,05 + 0,052) = 150(1 + 0,05 + 0,052)

Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ tư là

150 + 150(1 + 0,05 + 0,052) . 5% = 150(1 + 0,05 + 0,052 + 0,053)

Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ năm là

150 + 150(1 + 0,05 + 0,052 + 0,053) . 5% = 150(1 + 0,05 + 0,052 + 0,053 + 0,054)

= 157,8946875 (mg).

Cứ tiếp tục như vậy, ta ước tính lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân nếu bệnh nhân sử dụng thuốc trong một thời gian dài là

S = 150(1 + 0,05 + 0,052 + 0,053 + 0,054 + ...) (mg)

Lại có 1 + 0,05 + 0,052 + 0,053 + 0,054 + ... là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u1 = 1 và công bội q = 0,05.

Do đó, 1 + 0,05 + 0,052 + 0,053 + 0,054 + ... = $\frac{u_1}{1-q}=\frac{1}{1-0,05}=\frac{20}{19}$.

Suy ra S = $150\cdot \frac{20}{19}=\frac{3000}{19}$ (mg).

Bài 5.6: Cho tam giác vuông ABC vuông tại A, có AB = h và góc B bằng α (H.5.3). Từ A kẻ AA1 ⊥ BC, từ A1 kẻ A1A2 ⊥ AC, sau đó lại kẻ A2A3 ⊥ BC. Tiếp tục quá trình trên, ta được đường gấp khúc vô hạn AA1A2A3... Tính độ dài đường gấp khúc này theo h và α.

Trả lời:

Độ dài đường gấp khúc tạo thành cấp số nhân  với số hạng tổng quát là: un=sinα×h×(sinα)n−1

Độ dài đường gấp khúc: AA1+A2A3+....

Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với u1=sinα×h,q=sinα nên AA1+A2A3+....=sinα×h1−sinα