20 câu hỏi
Zénon (Zê – nông, 496 – 429 trước Công Nguyên) là một triết gia Hy Lạp ở thành phố Edée đã phát biểu nghịch lí như sau: Achilles (A – sin) là một lực sĩ trong thần thoại Hy Lạp, người được mệnh danh là “có đôi chân chạy nhanh như gió” đuổi theo một con rùa trên một đường thẳng. Nếu lúc xuất phát, rùa ở điểm A1 cách Achilles một khoảng bằng a khác 0. Khi Achilles chạy đến vị trí của rùa xuất phát thì rùa chạy về phía trước một khoảng (như Hình 1). Quá trình này tiếp tục vô hạn. Vì thế, Achilles không bao giờ đuổi kịp rùa.
Trên thực tế, Achilles không đuổi kịp rùa là vô lí. Kiến thức toán học nào có thể giải thích được nghịch lí Zénon nói trên là không đúng?
Lời giải
Giới hạn hữu hạn của hàm số có thể giải thích được nghịch lí Zénon nói trên là không đúng. Trong bài học ngày hôm nay chúng ta sẽ tìm hiểu về điều đó.Hình 2 biểu diễn các số hạng của dãy số (un), với un = \(\frac{1}{n}\) trên hệ trục tọa độ.
a) Nhận xét về sự thay đổi các giá trị un khi n ngày càng lớn.
b) Hoàn thành bảng và trả lời câu hỏi sau:
Kể từ số hạng un nào của dãy số thì khoảng cách từ un đến 0 nhỏ hơn 0,001? 0,0001?
Lời giải
a) Khi n ngày càng lớn thì giá trị của un càng giảm dần về 0.
b) Ta có bảng:
|
n |
1 000 |
1 001 |
... |
10 000 |
10 001 |
... |
|
|un – 0| |
0,001 |
0,00099... |
... |
0,0001 |
0,000099... |
... |
Kể từ số hạng u1001 trở đi thì khoảng cách từ un đến 0 nhỏ hơn 0,001.
Kể từ số hạng u10 001 trở đi thì khoảng cách từ un đến 0 nhỏ hơn 0,0001.
Lời giải
a) Ta có: un = 0 với mọi n ∈ ℕ*
Với mọi ε > 0 bé tùy ý, ta có:
|un – 0| < ε với mọi n ∈ ℕ*
Vậy lim 0 = 0.
b) Ta có: un = \(\frac{1}{{\sqrt n }}\) với mọi n ∈ ℕ*
Với mọi ε > 0 bé tùy ý, ta có:
|un – 0| < ε ⇔ \(\left| {\frac{1}{{\sqrt n }}} \right| < \varepsilon \Leftrightarrow \sqrt n > \frac{1}{\varepsilon } \Leftrightarrow n > \frac{1}{{{\varepsilon ^2}}}\).
Chọn N ≥ \(\frac{1}{{{\varepsilon ^2}}}\) thì với mọi n >N ta có: \(\left| {\frac{1}{{\sqrt n }}} \right| < \varepsilon \)
Vì vậy \(\lim \frac{1}{{\sqrt n }} = 0\).Lời giải
Ta có: un – 2 = 2 + \(\frac{1}{n}\) – 2 = \(\frac{1}{n}\)
Với mọi ε > 0 bé tùy ý, ta có:
|un – 0| < ε ⇔ \(\left| {\frac{1}{n}} \right| < \varepsilon \Leftrightarrow n > \frac{1}{\varepsilon }\).
Chọn N ≥ \(\frac{1}{\varepsilon }\) thì với mọi n > N ta có: \(\left| {\frac{1}{n}} \right| < \varepsilon \)
Vì vậy \(\lim \left( {{u_n} - 2} \right) = 0\).
Lời giải
Đặt un =\(\frac{{ - 4n + 1}}{n}\), suy ra un – 4 = \(\frac{{ - 4n + 1}}{n} - \left( { - 4} \right) = \frac{1}{n}\)
Do đó \(\lim \left( {{u_n} - \left( { - 4} \right)} \right) = \lim \frac{1}{n} = 0\).
\( \Rightarrow \lim {u_n} = - 4\).
Lời giải
Ta có \(\frac{e}{\pi } < 1\) do đó \(\lim {\left( {\frac{e}{\pi }} \right)^n} = 0\).
Lời giải
a) Ta có: \(\lim \left( {{u_n} - 8} \right) = \lim \left( {8 + \frac{1}{n} - 8} \right) = 0\).
Do đó limun = 8.
Ta có: \(\lim \left( {{v_n} - 4} \right) = \lim \left( {4 - \frac{2}{n} - 4} \right) = 0\)
Do đó limvn = 4.
b) limun + limvn = 8 + 4 = 12.
Ta có: un + vn = \(8 + \frac{1}{n} + 4 - \frac{2}{n} = 12 - \frac{1}{n}\)
Ta lại có: \(\lim \left( {{u_n} + {v_n} - 12} \right) = \lim \left( {12 - \frac{1}{n} - 12} \right) = 0\)
Suy ra lim(un + vn) = 12.
Vì vậy lim(un + vn) = limun + limvn.
b) Ta có: un.vn = \(\left( {8 + \frac{1}{n}} \right)\left( {4 - \frac{2}{n}} \right) = 32 - \frac{{12}}{n} - \frac{2}{{{n^2}}}\).
Khi đó lim(un.vn – 32) = \(\lim \left( {32 - \frac{{12}}{n} - \frac{2}{{{n^2}}} - 32} \right) = 0\).
Ta lại có: limun.limvn = 8.4 = 32.
Vì vậy limun.limvn = lim(unvn).
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 20 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
Lời giải
a) \(\lim \frac{{8{n^2} + n}}{{{n^2}}} = \lim \left( {8 + \frac{1}{n}} \right) = \lim 8 + \lim \frac{1}{n} = 8\).
b) \(\lim \frac{{\sqrt {4 + {n^2}} }}{n} = \lim \sqrt {\frac{4}{{{n^2}}} + 1} = \sqrt {\lim \left( {\frac{4}{{{n^2}}} + 1} \right)} = 1\).
Lời giải
a) Ta có: |q| = \(\frac{1}{2}\) < 1.
b) Ta có: (un) là cấp số nhân lùi vô hạn có tổng n số hạng đầu tiên là:
\({S_n} = \frac{{1.\left[ {1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}} \right]}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 2\left[ {1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}} \right]\)
\[\lim {S_n} = \lim 2\left[ {1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}} \right] = \lim 2.\lim \left[ {1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}} \right] = 2\].
Lời giải
Ta có dãy số 1; \( - \frac{1}{2}\); \(\frac{1}{{{2^2}}}\); ...; \({\left( { - \frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}\); ... là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u1 = 1 và công bội q = \( - \frac{1}{2}\) thỏa mãn |q| < 1.
Do đó ta có: \(M = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} - ... + {\left( { - \frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} + ... = \frac{1}{{1 - \left( { - \frac{1}{2}} \right)}} = \frac{2}{3}\).
Lời giải
Giả sử vận tốc của Asin gấp đôi vận tốc của chú rùa và khoảng cách lúc đầu là a.
Khi Asin chạy được a thì chú rùa chạy được \(\frac{a}{2}\).
Khi Asin chạy tiếp được \(\frac{a}{2}\) thì chú rùa chạy được \(\frac{a}{4}\).
Do đó tổng quãng đường Asin phải chạy để đuổi kịp chú rùa là:
\(a + \frac{a}{2} + \frac{a}{4} + \frac{a}{8} + ...\)
Theo lập luận của Asin tổng này là tổng vô hạn nên không bao giờ Asin đuổi kịp chú rùa.
Tuy nhiên các số hạng của tổng này lập thành một cấp số nhân với số hạng đầu u1 = a và công bội q = \(\frac{1}{2}\) < 1.
Nên ta có tổng của cấp số nhân lùi vô hạn bằng:
\(S = a + \frac{a}{2} + \frac{a}{4} + \frac{a}{8} + ... = \lim \frac{{a\left[ {1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}} \right]}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 2a\).
Vì vậy tổng này là hữu hạn do đó Asin hoàn toàn có thể chạy để đuổi kịp rùa.
Lời giải
Ta có bảng giá trị sau:
|
n |
1 |
2 |
3 |
... |
100 |
... |
1001 |
|
un |
1 |
4 |
9 |
... |
10 000 |
... |
1 002 001 |
Từ đó ta có các nhận xét sau:
+) Kể từ số hạng thứ 2 trở đi thì un > 1 .
+) Kể từ số hạng thứ 101 trở đi thì un > 10 000.
...
Vậy ta thấy un có thể lớn hơn một số dương bất kì kể từ một số hạng nào đó trở đi.
Lời giải
Xét dãy số (un) = n3.
Với M là số dương bất kì, ta thấy un = n3 > m ⇔ n > \(\sqrt[3]{M}\).
Suy ra với các số tự nhiên n > \(\sqrt[3]{M}\) thì un > M. Do đó limn3 = +∞.
Vậy limn3 = – ∞.
Lời giải
Ta có:
Đặt un = n – 1 và \({v_n} = \frac{1}{{{n^2}}}\), khi đó limun = +∞ và \(\lim {v_n} = \lim \frac{1}{{{n^2}}} = 0\).
Vậy \(\lim \frac{{n - 1}}{{{n^2}}} = \lim {u_n}.\lim {v_n} = 0\).
Lời giải
a) Ta có:
limun = lim(3 + \(\frac{1}{n}\)) = lim3 + \(\lim \frac{1}{n}\) = 3 + 0 = 3.
limvn = lim(5 – \(\frac{2}{{{n^2}}}\)) = lim5 – lim\(\frac{2}{{{n^2}}}\) = 5 – 0 = 5.
b) lim(un + vn) = limun + limvn = 3 + 5 = 8.
lim(un – vn) = limun – limvn = 3 – 5 = – 2.
lim(un.vn) = limun.limvn = 3.5 = 15.
lim\(\frac{{{u_n}}}{{{v_n}}}\)= \(\frac{{\lim {u_n}}}{{\lim {v_n}}} = \frac{3}{5}\).
Lời giải
a) \(\lim \frac{{5n + 1}}{{2n}} = \lim \left( {\frac{5}{2} + \frac{1}{{2n}}} \right) = \lim \frac{5}{2} + \lim \frac{1}{{2n}} = \frac{5}{2}\).
b) \(\lim \frac{{6{n^2} + 8n + 1}}{{5{n^2} + 3}} = \lim \frac{{6 + \frac{8}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{5 + \frac{3}{{{n^2}}}}} = \frac{{\lim \left( {6 + \frac{8}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}{{\lim \left( {5 + \frac{3}{{{n^2}}}} \right)}} = \frac{6}{5}\).
c) \(\lim \frac{{\sqrt {{n^2} + 5n + 3} }}{{6n + 2}} = \lim \frac{{\sqrt {1 + \frac{5}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}} }}{{6 + \frac{2}{n}}} = \frac{{\lim \sqrt {1 + \frac{5}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}} }}{{\lim \left( {6 + \frac{2}{n}} \right)}} = \frac{1}{6}\).
d) \(\lim \left( {2 - \frac{1}{{{3^n}}}} \right) = \lim 2 - \lim {\left( {\frac{1}{3}} \right)^n} = 2 - 0 = 2\).
e) \(\lim \frac{{{3^n} + {2^n}}}{{{{4.3}^n}}} = \lim \frac{{1 + {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n}}}{4} = \frac{{\lim \left[ {1 + {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n}} \right]}}{{\lim 4}} = \frac{1}{4}\).
g) \(\lim \frac{{2 + \frac{1}{n}}}{{{3^n}}} = \frac{{\lim \left( {2 + \frac{1}{n}} \right)}}{{\lim {3^n}}} = 0\).
Lời giải
a) Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn (un), với \({u_1} = \frac{2}{3},q = - \frac{1}{4}\) là:
\(S = \lim \frac{{\frac{2}{3}\left[ {1 - {{\left( { - \frac{1}{4}} \right)}^n}} \right]}}{{1 - \left( { - \frac{1}{4}} \right)}} = \frac{{\frac{2}{3}}}{{\frac{5}{4}}} = \frac{8}{{15}}\).
b) Ta có:
1,(6) = 1 + 0,(6) = 1 + 0,6 + 0,06 + 0,006 + ... + 0,000006 + ...
Dãy số 0,6; 0,006; 0,0006; ... lập thành một cấp số nhân có số hạng đầu u1 = 0,6 và công bội q = \(\frac{1}{{10}}\) có |q| < 1 nên ta có:
0,6 + 0,06 + 0,006 + ... + 0,000006 + ... = \(\frac{{0,6}}{{1 - \frac{1}{{10}}}} = \frac{2}{3}\).
Suy ra 1,(6) = 1 + \(\frac{2}{3}\) = \(\frac{5}{3}\).
Từ hình vuông có độ dài cạnh bằng 1, người ta nối các trung điểm của cạnh hình vuông để tạo ra hình vuông mới như Hình 3. Tiếp tục quá trình này đến vô hạn.
a) Tính diện tích Sn của hình vuông được tạo thành ở bước thứ n;
b) Tính tổng diện tích của tất cả các hình vuông được tạo thành.
Lời giải
a) Gọi Sn là diện tích của hình vuông thứ n.
Ta có: S1 = 1; S2 = \(\frac{1}{2}\); S3 = \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}\); ...
Dãy (Sn) lập thành cấp số nhân có số hạng đầu S1 = 1 và công bội q = \(\frac{1}{2}\) có công thức tổng quát là: Sn = \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}\).
b) Ta có: \(\left| q \right| = \left| {\frac{1}{2}} \right| < 1\) nên dãy (Sn) trên lập thành một cấp số nhân lùi hạn nên ta có:
\(S = 1 + \frac{1}{2} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^3} + ... + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} + ... = \frac{1}{{1 - \frac{1}{2}}} = 2\).
Vậy tổng diện tích của các hình vuông là 2 (đvdt).
Lời giải
a) Ta có: u1 = 1; u2 = \(\frac{1}{2}\); u3 = \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}\); ...
Suy ra (un) lập thành một cấp số nhân có số hạng đầu u1 = 1 và q = \(\frac{1}{2}\) có số hạng tổng quát là: \({u_n} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}\).
b) Ta có: \(\lim {u_n} = \lim {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} = 0\).
c) Đổi \({u_n} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}kg = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}{.10^3}g\)
Để chất phóng xạ bé hơn 10-6 (g) thì \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}{.10^3} < {10^{ - 6}} \Leftrightarrow n > 31\).
Vậy cần ít nhất 30 chu kì tương ứng với 720 000 năm khối lượng chất phóng xạ đã cho ban đầu không còn độc hại đối với con người.
Gọi C là nửa đường tròn đường kính AB = 2R.
C1 là đường gồm hai nửa đường tròn đường kính \(\frac{{AB}}{2}\).
C2 là đường gồm bốn nửa đường tròn đường kính \(\frac{{AB}}{4}\), ...
Cn là đường gồm 2n nửa đường tròn đường kính \(\frac{{AB}}{{{2^n}}},...\)(Hình 4).
Gọi Pn là độ dài của Cn, Sn là diện tích hình phẳng giới hạn bởi Cn và đoạn thẳng AB.
a) Tính pn, Sn.
b) Tìm giới hạn của các dãy số (pn) và (Sn).
Lời giải
a)
+) Ta có: p1 = \(\frac{{\pi R}}{2}\); p2 = \(\frac{{\pi R}}{4} = \frac{{\pi R}}{{{2^2}}}\); p3 = \(\frac{{\pi R}}{8} = \frac{{\pi R}}{{{2^3}}}\); ...
(pn) lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu p1 = \(\frac{{\pi R}}{2}\) và công bội \(q = \frac{1}{2} < 1\) có số hạng tổng quát pn = \(\frac{{\pi R}}{2}.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}\).
+) Ta có: C1 = \(\frac{{\pi {R^2}}}{4}\); C2 = \(\frac{{\pi {R^2}}}{{{4^2}}}\); C3 = \(\frac{{\pi {R^3}}}{{{4^3}}}\); ...
(Cn) lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu C1 = \(\frac{{\pi {R^2}}}{4}\) và công bội \(q = \frac{1}{4} < 1\) có số hạng tổng quát Cn = \(\frac{{\pi R}}{4}.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^{n - 1}}\).
Bạn có thích hoạt động này không?
Ý kiến của bạn sẽ giúp chúng tôi đề xuất nội dung phù hợp hơn.
