Giải bài tập SGK Toán 11 Chương 4 Bài 1: Giới hạn của dãy số

Có 1 kg chất phóng xạ độc hại. Biết rằng, cứ sau một khoảng thời gian T = 24 000 năm thì một nửa số chất phóng xạ này bị phân rã thành chất khác không độc hại đối với sức khỏe của con người (T được gọi là chu kì bán rã). Gọi un là khối lượng chất phóng xạ còn sót lại sau chu kì thứ n.

a) Tìm số hạng tổng quát un của dãy số $(u_n)$

b) Chứng minh rằng $(u_n)$ có giới hạn là 0

c) Từ kết quả câu b), chứng tỏ rằng sau một số năm nào đó khối lượng chất phóng xạ đã cho ban đầu không còn độc hại đối với con người, cho biết chất phóng xạ này sẽ không độc hại nữa nếu khối lượng chất phóng xạ còn lại bé hơn $10^{-6} g$

Phương pháp giải

a) Tính $u_1;u_2;u_3;...$, từ quy luật đó dự đoán công thức của $u_n$ và chứng minh công thức đó bằng phương pháp quy nạp toán học.

b) Tính $\lim{u_n}$.

c) Chất phóng xạ sẽ không còn độc hại nếu ${u_n} < {10^{ - 6}};$ tìm n.

Hướng dẫn giải

a) Ta có:

+) Sau chu kì thứ nhất, lượng chất phóng xạ còn $\dfrac{1}{2}$.

+) Sau chu kì thứ hai, lượng chất phóng xạ còn $\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2^2}$.

+) Sau chu kì thứ ba, lượng chất phóng xạ còn $\dfrac{1}{8}=\dfrac{1}{2^3}$.

Do đó $u_1=\dfrac{1}{2}$; $u_2= \dfrac{1}{2^2}$; $u_3=\dfrac{1}{2^3}$; ... .

Từ đó ta dự đoán công thức $u_n=\dfrac{1}{2^{n}}$ $\forall n \ge 1$.

Điều này chứng minh đơn giản bằng quy nạp.

Hiển nhiên công thức trên đúng với $n=1$.

Giả sử công thức đúng với mọi $k \ge 1$, tức là có $u_k=\dfrac {1} {2^k}$, ta chứng minh công thức đó đúng với mọi $n=k+1$, tức là cần chứng minh: $u_{k+1}=\dfrac {1} {2^{k+1}}$.

Ta có ${u_{k + 1}} = \dfrac{{{u_k}}}{2} = \dfrac{1}{{{2^k}}}:2 = \dfrac{1}{{{2^k}}}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{{{2^{k + 1}}}}$

Vậy ${u_n} = \dfrac{1}{{{2^n}}}\,\,\forall n \in {N^*}$.

b) $\displaystyle \lim {u_n} = \lim {\left( {{1 \over 2}} \right)^n} = 0$.

c) Đổi $10^{-6}g = \dfrac{1}{10^{6}} . \dfrac{1}{10^{3}}kg = \dfrac{1}{10^{9}} kg$.

Để chất phóng xạ sẽ không còn độc hại, ta cần tìm n để ${u_n} = \dfrac{1}{{{2^n}}} < \dfrac{1}{{{{10}^9}}} \Leftrightarrow {2^n} > {10^9} \Leftrightarrow n \ge 30$

Nói cách khác, sau chu kì thứ $30$ (nghĩa là sau $30.24000 = 720000$ (năm)), chúng ta không còn lo lắng về sự độc hại của khối lượng chất phóng xạ còn lại. 

Biết dãy số $(u_n )$ thỏa mãn  $|u_n -1| <\frac{1}{n^{3}}$ với mọi n. Chứng minh rằng lim $u_n =1$

Phương pháp giải

Sử dụng định nghĩa giới hạn 0

Hướng dẫn giải

Vì $\lim \dfrac{1}{{{n^3}}} = 0$ nên theo định nghĩa 1 thì

$\dfrac{1}{{{n^3}}}$ luôn nhỏ hơn một số dương $A$ bé tùy ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi.

($\dfrac{1}{{{n^3}}} < A \Leftrightarrow {n^3} > \dfrac{1}{A} \Rightarrow n > \sqrt[3]{{\dfrac{1}{A}}}$, nghĩa là từ số hạng thứ $n$ mà $n > \sqrt[3]{{\dfrac{1}{A}}}$ thì $\dfrac{1}{{{n^3}}}$ luôn nhỏ hơn $A$)

Mà $\left| {{u_n} - 1} \right| < \dfrac{1}{{{n^3}}}$ nên $\left| {{u_n} - 1} \right|$ luôn nhỏ hơn một số dương $A$ bé tùy ý kể từ một số hạng nào đó trở đi

(số hạng thứ $n$ mà $n > \sqrt[3]{{\dfrac{1}{A}}}$)

Theo định nghĩa dãy số có giới hạn $0$ thì $\lim \left( {{u_n} - 1} \right) = 0$

$\Rightarrow \lim {u_n} = 1$. (đpcm)

Tìm giới hạn sau:

a) $lim\frac{6n - 1}{3n +2}$

b) $lim\frac{3n^{2}+n-5}{2n^{2}+1}$

c) $lim\frac{3^{n}+5.4^{n}}{4^{n}+2^{n}}$

d) $lim\frac{\sqrt{9n^{2}-n+1}}{4n -2}$

Phương pháp giải

Chia cả tử và mẫu cho lũy thừa bậc cao nhất của n.

Hướng dẫn giải

Câu a: $lim\frac{6n - 1}{3n +2}= lim\frac{6 - \frac{1}{n}}{3 +\frac{2}{n}}=\frac{6}{n}=2$

Câu b: $lim\frac{3n^{2}+n-5}{2n^{2}+1} =lim\frac{3 +\frac{1}{n}-\frac{5}{n^{2}}}{2+\frac{1}{n^{2}}}=\frac{3}{2}$

Câu c: $lim\frac{{{3^n} + {{5.4}^n}}}{{{4^n} + {2^n}}} = lim\frac{{{{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^n} + 5}}{{1 + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}}} = \frac{5}{1} = 5$

Câu d: $lim\frac{{\sqrt {9{n^2} - n + 1} }}{{4n - 2}} = lim\frac{{n\sqrt {9 - \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} }}{{n(4 - \frac{2}{n})}} = lim\frac{{\sqrt {9 - \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} }}{{4 - \frac{2}{n}}} = \frac{{\sqrt 9 }}{4} = \frac{3}{4}$

Để trang hoàng cho căn hộ của mình, chú chuột Mickey quyết định tô màu một miếng bìa hình vuông cạnh bằng 1. Nó tô màu xám các hình vuông nhỏ được đánh dấu 1, 2, 3, ..., n trong đó cạnh của hình vuông kế tiếp bằng một nửa cạnh hình vuông trước đó.

Giả sử quy trình tô màu của Mickey có thể tiến ra vô hạn.

a) Gọi un là diện tích của hình vuông màu xám thứ n. Tính $u_1 , u_2 , u_3$ và $u_n$

b) Tính lim$S_n$ với $S_n = u_1 + u_2 + u_3 + ... + u_n$

Phương pháp giải

a) Tính diện tích của hình vuông $S=a^2$ với $a$ là cạnh của hình vuông.

b) Sử dụng công thức tổng của cấp số nhân lùi vô hạn $S = \dfrac{{{u_1}}}{{1 - q}}\,\,\left( {\left| q \right| < 1} \right)$.

Hướng dẫn giải

a) Do hình vuông lớn có cạnh bằng 1, hình vuông màu xám thứ nhất có cạnh bằng một nửa cạnh hình vuông lớn nên:

Hình vuông thứ nhất có cạnh bằng $\dfrac{1}{2}$ nên ${u_1} = {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^2} = \dfrac{1}{4}$.

Hình vuông thứ hai có cạnh bằng $\dfrac{1}{4}$ nên $\displaystyle{u_2} = {\left( {{1 \over 4}} \right)^2} = {1 \over {{4^2}}}$.

Hình vuông thứ ba có cạnh bằng $\dfrac{1}{8}$ nên  $\displaystyle{u_3} = {\left( {{1 \over 8}} \right)^2} = {1 \over {{4^3}}}$

Tương tự, ta có $u_n=\dfrac{1}{4^{n}}$

b) Dãy số $(u_n)$ là một cấp số nhân lùi vô hạn với  $u_1=\dfrac{1}{4}$ và  $q = \dfrac{1}{4}$. Do đó

$\lim S_n=\dfrac{u_{1}}{1-q}= \dfrac{\dfrac{1}{4}}{1-\dfrac{1}{4}}=\dfrac{1}{3}$.

Tính tổng  $S = -1 + \frac{1}{10}-\frac{1}{10^{2}}+...+ \frac{(-1)^{n}}{10^{n-1}}$ + ...

Phương pháp giải

Sử dụng công thức tổng của cấp số nhân lùi vô hạn $S = \dfrac{{{u_1}}}{{1 - q}}\,\,\left( {\left| q \right| < 1} \right)$.

Hướng dẫn giải

Các số hạng của tổng lập thành cấp số nhân lùi vô hạn với ${u_1} =  - 1$ và $q =  - \dfrac{1}{10}$

Vậy $S = -1 +\dfrac{1}{10} - \dfrac{1}{10^{2}}+ ... + \dfrac{(-1)^{n}}{10^{n-1}} + ...$ $= \dfrac{u_{1}}{1-q}$ $= \dfrac{-1}{1 - (-\dfrac{1}{10})} = \dfrac{-10}{11}$.

Cho số thập phân vô hạn tuần hoàn a = 1, 020 020 ... (chu kì là 02). Hãy viết a dưới dạng một phân số.

Phương pháp giải

Viết số thập phân dưới dạng tổng của các phân số và sử dụng công thức tính tổng của cấp số nhân lùi vô hạn.

Hướng dẫn giải

Ta có $a = 1, 0202020 ...$ $= 1 + 0,02+ 0,0002+ 0,000002 + .....$

$= 1+ \dfrac{2}{100} + \dfrac{2}{100^{2}} + ...+  \dfrac{2}{100^{n}}+ ...$

Vì  $\dfrac{2}{100}$,  $\dfrac{2}{100^{2}}$, ..., $\dfrac{2}{100^{n}}$, ... là một cấp số nhân lùi vô hạn có: $u_1=\dfrac{2}{100}$, q = $\dfrac{1}{100}$.

$\Rightarrow a = 1 + \dfrac{\dfrac{2}{100}}{1-\dfrac{1}{100}}=1 + \dfrac{2}{99}=\dfrac{101}{99}.$

Tính các giới hạn sau:

a) $lim (n^3 + 2n^2 - n + 1)$

b) $lim (-n^2 + 5n - 2)$

c) $lim(\sqrt{n^{2}-n}-n)$

d) ($lim(\sqrt{n^{2}-n}+n)$

Phương pháp giải

Sử dụng kết quả của định lí 2 trang 119/SGK.

Hướng dẫn giải

Câu a: $lim (n^3 + 2n^2 - n + 1) = lim \ n^3 (1 + \frac{2}{n}-\frac{1}{n^{2}}+\frac{1}{n^{3}})=+\infty$

Câu b: $lim (-n^2 + 5n - 2) = lim \ n^2 ( -1 + \frac{5}{n}-\frac{2}{n^{2}})=-\infty$

Câu c: $lim (\sqrt{n^2-n}+n)= lim \frac{n^2-n-n^2}{\sqrt{n^2-n }+n}= lim\frac{-n}{\sqrt{n^2-n}+n}$

$=-lim\frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{n}}+n}=-\frac{1}{2}.$

Câu d: $lim (\sqrt{n^2-n}+n)=lim \ n(\sqrt{1-\frac{1}{n}}+ 1) = +\infty$ 

Cho hai dãy số $(u_n)$và $(v_n)$. Biết $lim u_n = 3, lim v_n = +\infty$

Tính các giới hạn:

a) $lim\frac{3u_{n}-1}{u_{n}+ 1}$

b) $lim\frac{v_{n}+ 2}{v^{2}_{n}-1}$

Phương pháp giải

a) Thay $\lim u_n=3$ vào tính giới hạn.

b) Chia cả tử và mẫu cho $v_n^2$

Hướng dẫn giải

a) $\lim \dfrac{3u_{n}-1}{u_{n}+ 1}$

$= \dfrac{{3\lim {u_n} - 1}}{{\lim {u_n} + 1}}$

$= \dfrac{3.3-1}{3+ 1} = 2$

b) Vì $\lim {v_n} =  + \infty  \Rightarrow \lim \dfrac{1}{{{v_n}}} = 0$

$\lim \dfrac{v_{n}+ 2}{v^{2}_{n}-1}$

$= \lim \dfrac{{v_n^2\left( {\dfrac{1}{{{v_n}}} + \dfrac{2}{{v_n^2}}} \right)}}{{v_n^2\left( {1 - \dfrac{1}{{v_n^2}}} \right)}}$

$= \lim \dfrac{\dfrac{1}{v_{n}}+\dfrac{2}{v^{2}_{n}}}{1-\dfrac{1}{v^{2}_{n}}}$

$= \dfrac{{\lim \dfrac{1}{{{v_n}}} + \lim \dfrac{2}{{v_n^2}}}}{{1 - \lim \dfrac{1}{{v_n^2}}}}$

$=\dfrac{{0 + 0}}{{1 - 0}} = 0$