Giải SGK Toán 11 KNTT Bài 15. Giới hạn của dãy số có đáp án

Lời giải:

a) Năm số hạng đầu của dãy số (u_n) đã cho là \({u_1} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^1}}}{1} = - 1\); \({u_2} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^2}}}{2} = \frac{1}{2}\); \({u_3} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^3}}}{3} = - \frac{1}{3}\); \({u_4} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^4}}}{4} = \frac{1}{4}\); \({u_5} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^5}}}{5} = - \frac{1}{5}\).

Biểu diễn các số hạng này trên trục số, ta được:

b) Khoảng cách từ u_n đến 0 là \(\left| {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{n}} \right| = \frac{{{1^n}}}{n} = \frac{1}{n},\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\).

Ta có: \(\frac{1}{n} < 0,01\)\( \Leftrightarrow \frac{1}{n} < \frac{1}{{100}} \Leftrightarrow n > 100\).

Vậy bắt đầu từ số hạng thứ 101 của dãy thì khoảng cách từ u_n đến 0 nhỏ hơn 0,01.

Lời giải:

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

Ta có \(\left| {{u_n}} \right| = \left| {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{{3^n}}}} \right| = \frac{1}{{{3^n}}} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^n}\) và \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\left( {\frac{1}{3}} \right)^n} = 0\).

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

Lời giải:

Ta có: v_n = u_n – 1 = \(\frac{{n + {{\left( { - 1} \right)}^n}}}{n} - 1 = \left( {1 + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{n}} \right) - 1 = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{n}\).

Do đó, \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{n} = 0\).

Lời giải:

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, \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = 3\).

Lời giải:

Giả sử u_n là độ cao (tính bằng mét) của quả bóng sau lần nảy lên thứ n.

Một quả bóng cao su được thả từ độ cao 5 m xuống mặt sàn, sau lần chạm sàn đầu tiên, quả bỏng nảy lên một độ cao là u₁ = \(\frac{2}{3} \cdot 5\).

Tiếp đó, bóng rơi từ độ cao u₁ xuống mặt sàn và nảy lên độ cao là  \({u_2} = \frac{2}{3}{u_1} = \frac{2}{3} \cdot \left( {\frac{2}{3} \cdot 5} \right) = 5 \cdot {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}\).

Tiếp đó, bóng rơi từ độ cao u₂ xuống mặt sàn và nảy lên độ cao là \({u_3} = \frac{2}{3}{u_2} = \frac{2}{3} \cdot \left( {5 \cdot {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^2}} \right) = 5 \cdot {\left( {\frac{2}{3}} \right)^3}\) và cứ tiếp tục như vậy.

Sau lần chạm sàn thứ n, quả bóng nảy lên độ cao là \({u_n} = 5 \cdot {\left( {\frac{2}{3}} \right)^n}\).

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\left( {\frac{2}{3}} \right)^n} = 0\), do đó, \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = 0\), suy ra điều phải chứng minh.

Lời giải:

+) 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, \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} + {v_n}} \right) = 5\).

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

Do vậy, \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = 2\).

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

Do vây, \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = 3\).

Khi đó, \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} + \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n}\) = 2 + 3 = 5 = \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} + {v_n}} \right)\).

Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} + {v_n}} \right)\) = \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} + \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n}\).

Lời giải:

Áp dụng các quy tắc tính giới hạn, ta được:

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

\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{n\sqrt {2 + \frac{1}{{{n^2}}}} }}{{n\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sqrt {2 + \frac{1}{{{n^2}}}} }}{{1 + \frac{1}{n}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{1} = \sqrt 2 \).

Lời giải:

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

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

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

Lời giải:

\(S = 2 + \frac{2}{7} + \frac{2}{{{7^2}}} + ... + \frac{2}{{{7^{n - 1}}}} + ...\)

Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với u₁ = 2 và q = \(\frac{1}{7}\).

Do đó, \(S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{2}{{1 - \frac{1}{7}}} = \frac{7}{3}\).

Lời giải:

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 A_n đến A_{n + 1} với A_nA_{n + 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, ..., A­_nA_{n + 1}, ..., tức là thời gian cần thiết để Achilles đuổi kịp rùa là

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

Đó là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn với u₁ = 1, công bội \(q = \frac{1}{{100}}\), 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.

Lời giải:

a) Ta có số lượng ban đầu của vi khuẩn là u₀ = 50.

Sau chu kì thứ nhất, số lượng vi khuẩn là u₁ = 2u₀ = 2 . 50.

Sau chu kì thứ hai, số lượng vi khuẩn là u₂ = 2u₁ = 2 . 2 . 50 = 2² . 50.

Cứ tiếp tục như vậy, ta dự đoán được sau chu kì thứ n, số lượng vi khuẩn là u_n = 2ⁿ . 50.

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

Khi đó ta có u_k = 2^k . 50 > 10 000 ⇔ 2^k > 200.

Lời giải:

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

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

Lời giải:

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

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

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

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

Lời giải:

a) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = 2\), do đó, \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } u_n^2 = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n}.{u_n}} \right) = 2.2 = 4\).

Và \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = 3\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{v_n} - {u_n}} \right) = 3 - 2 = 1\).

Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{u_n^2}}{{{v_n} - {u_n}}} = \frac{4}{1} = 4\).

b) Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } 2 = 2\) và \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = 3\), do đó, \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {2{v_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {2.{v_n}} \right) = 2.3 = 6\).

Và \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = 2\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} + 2{v_n}} \right) = 2 + 6 = 8\).

Vì u_n ≥ 0, v_n ≥ 0 với mọi n nên u_n + 2v_n ≥ 0 với mọi n và \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} + 2{v_n}} \right) = 8 > 0\).

Do đó, \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt {{u_n} + 2{v_n}} = \sqrt 8 = 2\sqrt 2 \).

Lời giải:

a) \({u_n} = \frac{{{n^2} + 1}}{{2n - 1}}\)

Chia cả tử và mẫu của u_n 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 \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} \right) = 1 > 0\), \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\frac{2}{n} - \frac{1}{{{n^2}}}} \right) = 0\) và \(\frac{2}{n} - \frac{1}{{{n^2}}} > 0\) với mọi n nên

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^2} + 1}}{{2n - 1}} = + \infty \).

b) \({v_n} = \sqrt {2{n^2} + 1} - n\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {2{n^2} + 1} - n} \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {{n^2}\left( {2 + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)} - n} \right)\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {n\sqrt {2 + \frac{1}{{{n^2}}}} - n} \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {n\left( {\sqrt {2 + \frac{1}{{{n^2}}}} - 1} \right)} \right]\).

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

Nên \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {n\left( {\sqrt {2 + \frac{1}{{{n^2}}}} - 1} \right)} \right] = + \infty \).

Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {2{n^2} + 1} - n} \right) = + \infty \).

Lời giải:

a) Ta có: 1,(12) = 1,121212... = 1 + 0,12 + 0,0012 + 0,000012 + ...

= 1 + 12 . 10^-2 + 12 . 10^-4 + 12 . 10^-6 + ...

= 1 + 12 . (10^-2 + 10^-4 + 10^-6 + ...)

Do 10^-2 + 10^-4 + 10^-6 + ... là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với u₁ = 10^-2 và q = 10^-2 nên

10^-2 + 10^-4 + 10^-6 + ... = \[\frac{{{{10}^{ - 2}}}}{{1 - {{10}^{ - 2}}}} = \frac{1}{{99}}\].

Vậy 1,(12) = \(1 + 12.\frac{1}{{99}} = \frac{{33}}{{33}} + \frac{4}{{33}} = \frac{{37}}{{33}}\).

b) Ta có: 3,(102) = 3,102102102... = 3 + 0,102 + 0,000102 + 0,000000102 + ...

= 3 + 102 . 10^-3 + 102 . 10^-6 + 102 . 10^-9 + ...

= 3 + 102 . (10^-3 + 10^-6 + 10^-9 + ...)

Do 10^-3 + 10^-6 + 10^-9 + ... là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với u₁ = 10^-3 và q = 10^-3 nên

10^-3 + 10^-6 + 10^-9 + ... = \[\frac{{{{10}^{ - 3}}}}{{1 - {{10}^{ - 3}}}} = \frac{1}{{999}}\].

Vậy 3,(102) = 3 + \(102.\frac{1}{{999}} = 3 + \frac{{34}}{{333}} = \frac{{1033}}{{333}}\).

Lời giải:

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 = \(150 \cdot \frac{{20}}{{19}} = \frac{{400}}{{361}}\) (mg).

Lời giải:

Tam giác AA₁B vuông tại A₁ có AB = h và \(\widehat B = \alpha \).

Do đó, AA₁ = AB sinB = h sin α.

Ta có: \(\widehat B + \widehat {BA{A_1}} = 90^\circ \) và \[\widehat {{A_1}A{A_2}} + \widehat {BA{A_1}} = 90^\circ \], suy ra \[\widehat {{A_1}A{A_2}} = \widehat B = \alpha \].

Tam giác AA₁A₂ vuông tại A₂ nên A₁A₂ = AA₁ sin\[\widehat {{A_1}A{A_2}}\] = h sin α . sin α = h sin² α.

Vì AB ⊥ AC và A₁A₂ ⊥ AC nên AB // A₁A₂, suy ra \(\widehat {{A_2}{A_1}{A_3}} = \widehat B = \alpha \) (2 góc đồng vị).

Tam giác A₁A₂A₃ vuông tại A₃ nên A₂A₃ = A­₁A₂ . sin\(\widehat {{A_2}{A_1}{A_3}}\) = h sin² α . sin α = h sin³ α.

Vì AA₁ ⊥ BC và A₂A₃ ⊥ BC nên AA₁ // A₂A₃, suy ra \(\widehat {{A_3}{A_2}{A_4}} = \widehat {{A_1}A{A_2}} = \alpha \).

Tam giác A₂A₃A₄ vuông tại A₄ nên A₃A₄ = A₂A₃ . sin\(\widehat {{A_3}{A_2}{A_4}}\) = h sin³ α . sin α = h sin⁴ α.

Cứ tiếp tục như vậy, ta xác định được A_{n – 1}A_n = h sinⁿ α.

Ta có: AA₁A₂A₃... = AA₁ + A₁A₂ + A₂A₃ + ... + A_{n – 1}A_n + ...

= h sin α + h sin² α + h sin³ α + ... + h sinⁿ α + ...

Vì góc B là góc nhọn nên sin B = sin α < 1, do đó |sin α| < 1.

Khi đó, độ dài của đường gấp khúc vô hạn AA₁A₂A₃... là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u₁ = h sin α và công bội q = sin α.

Do đó, AA₁A₂A₃... = \(\frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{{h\sin \alpha }}{{1 - \sin \alpha }}\).