\(\S1.\) GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ

1. Giới hạn hữu hạn của dãy số

+) \(\lim \displaystyle\frac{1}{n^k}=0\), với \(k\) nguyên dương bất kì.

+) \(\lim q^n=0\), với \(q\) là số thực thoả mãn \(\left|q\right|<1\).

+) Nếu \(u_n=c\) (\(c\) là hằng số) thì \(\lim u_n=\lim c=c\).

2. Các phép toán về giới hạn hữu hạn của dãy số

Cho \(\lim u_n=a\), \(\lim v_n=b\) và \(c\) là hằng số. Khi đó

a. \(\lim \left(u_n+v_n\right)=a+b\).

b. \(\lim \left(u_n-v_n\right)=a-b\).

c. \(\lim \left(c\cdot u_n\right)=c\cdot a\).

d. \(\lim \left(u_n\cdot v_n\right)=a\cdot b\).

e. \(\lim \displaystyle\frac{u_n}{v_n}=\displaystyle\frac{a}{b}\) (\(b\neq 0\)).

f. Nếu \(u_n\ge 0,\forall n\in \mathbb{N^*}\) thì \(a\ge 0\) và \(\lim \sqrt{u_n}=~\sqrt{a}\).

3. Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn

Cấp số nhân vô hạn \(\left(u_n\right)\) có công bội \(q\) thoả mãn \(|q|<1\) được gọi là cấp số nhân lùi vô hạn.

Cấp số nhân lùi vô hạn này có tổng là

\(S=u_1+u_2+\cdots+u_n+\cdots=\displaystyle\frac{u_1}{1-q}.\)

4. Giới hạn vô cực

+) Ta nói dãy số \(\left(u_n\right)\) có giới hạn là \(+\infty\) khi \(n \to+\infty\) nếu \(u_n\) lớn hơn một số dương bất kì, kể từ một số hạng nào đó trở đi, kí hiệu \(\lim u_n=+\infty\) hay \(u_n \to+\infty\) khi \(n \to+\infty\).

+) Ta nói dãy số \(\left(u_n\right)\) có giới hạn là \(-\infty\) khi \(n \to+\infty\) nếu \(\lim \left(-u_n\right)=+\infty\), kí hiệu \(\lim u_n=-\infty\) hay \(u_n \to-\infty\) khi \(n \to+\infty\).

Ta có các kết quả sau:

\(\bullet\,\) \(\lim u_n=+\infty\) khi và chi khi \(\lim \left(-u_n\right)=-\infty\).

\(\bullet\,\) Nếu \(\lim u_n=+\infty\) hoặc \(\lim u_n=-\infty\) thì \(\lim \displaystyle\frac{1}{u_n}=0\).

\(\bullet\,\) Nếu \(\lim u_n=0\) và \(u_n>0\) với mọi \(n\) thì \(\lim \displaystyle\frac{1}{u_n}=+\infty\).

Phần 1. Trắc nghiệm bốn lựa chọn

Dạng 1. Giới hạn của dãy đa thức

Dạng 2. Giới hạn của dãy phân thức có bậc tử bằng bậc mẫu

Dạng 3. Giới hạn của dãy phân thức có bậc tử có bậc tử nhỏ hơn bậc mẫu

Giới hạn của dãy phân thức có bậc tử lớn hơn bậc mẫu

Dạng 5. Giới hạn của dãy chứa lũy thừa

Dạng 6. Giới hạn của dãy chứa căn bậc hai

Dạng 7. Giới hạn của dãy chứa căn bậc ba

Dạng 8. Ứng dụng

Dạng 1. Giới hạn của dãy đa thức

Câu 1:

Giới hạn \(\lim\limits\left(2n^2-1\right)\) bằng

Đáp án: \(+\infty\)

Lời giải:

Ta có

\(\lim\limits\left(2n^2-1\right)=\lim\limits n^2\left(2-\displaystyle\frac{1}{n^2}\right)=+\infty\).

Câu 2:

Giới hạn \(\lim ( 3+4{n^2}-5{n^3} )\) bằng

Đáp án: \(-\infty \)

Lời giải:

Ta có

\(\lim ( 3+4{n^2}-5{n^3} )=\lim\left[n^3\cdot\left(-5+\displaystyle\frac{4}{n}+\displaystyle\frac{3}{n^3}\right)\right]=-\infty\)

vì \(\lim n^3=+\infty\) và \(\lim\left(-5+\displaystyle\frac{4}{n}+\displaystyle\frac{3}{n^3}\right)=-5<0.\)

Dạng 2. Giới hạn của dãy phân thức có bậc tử bằng bậc mẫu

Câu 1:

Tìm \(\lim \displaystyle\frac{8n^5-2n^3+1}{4n^5+2n^2+1}\).

Đáp án: \(2\)

Lời giải:

Ta có

\(\lim \displaystyle\frac{8n^5-2n^3+1}{4n^5+2n^2+1}=\displaystyle\frac{8}{4}=2\).

Câu 2:

Dãy số \(u_n=\displaystyle\frac{4n^3+2n-1}{-n+2n^3}\) có giới hạn bằng

Đáp án: \(2\)

Lời giải:

Ta có

\(\lim u_n=\lim\displaystyle\frac{4n^3+2n-1}{2n^3-n}\) \(=\lim\displaystyle\frac{4+\tfrac{2}{n^2}-\tfrac{1}{n^3}}{2-\tfrac{1}{n^2}}=\displaystyle\frac{4}{2}=2\).

Dạng 3. Giới hạn của dãy phân thức có bậc tử có bậc tử nhỏ hơn bậc mẫu

Câu 1:

Trong các giới hạn sau đây, giới hạn nào bằng 0?

Đáp án: \(\lim \displaystyle\frac{2n^2-3}{-2n^3-4}\)

Lời giải:

Ta có: \(\lim \displaystyle\frac{2n^2-3}{-2n^3-4}=\lim \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{2}{n^2}-\displaystyle\frac{3}{n^3}}{-2-\displaystyle\frac{4}{n^3}}\) \(=\displaystyle\frac{0-0}{-2-0}=0\).

Câu 2:

\(\lim\displaystyle\frac{3}{1-n^2}\) bằng

Đáp án: \(0\)

Lời giải:

Ta có

\(\lim \displaystyle\frac{3}{1-n^2}=\lim\displaystyle\frac{3}{n^2\left(\displaystyle\frac{1}{n^2}-1\right)}=0\).

Dạng 4.

Câu 1:

Tính \(\lim \displaystyle\frac{n^3-3n}{3n^2+n-2}\).

Đáp án: \(+\infty\)

Lời giải:

Ta có

\(\lim \displaystyle\frac{n^3-3n}{3n^2+n-2}=\lim n\cdot\left(\displaystyle\frac{n^2-3}{3n^2+n-2}\right)\).

Do \(\lim n=+\infty\) và

\(\lim \left(\displaystyle\frac{n^2-3}{3n^2+n-2}\right)=\lim\displaystyle\frac{1-\displaystyle\frac{3}{n^2}}{3+\displaystyle\frac{1}{n}-\displaystyle\frac{2}{n^2}}\) \(=\displaystyle\frac{1}{3}>0\) nên \(\lim \displaystyle\frac{n^3-3n}{3n^2+n-2}=+\infty\).

Câu 2:

Trong các giới hạn sau, giới hạn \(+\infty\) là

Đáp án: \(\lim\displaystyle\frac{2n^2+1}{3n+2}\)

Lời giải:

Ta có

+) \(\lim\displaystyle\frac{2n+1}{3n^2+2}=\lim\left(\displaystyle\frac{1}{n}\cdot \displaystyle\frac{2+\displaystyle\frac{1}{n}}{3+\displaystyle\frac{2}{n^2}}\right) = 0\).

+) \(\lim\displaystyle\frac{2n^2+1}{2-3n} = \lim\left(n\cdot \displaystyle\frac{2+\displaystyle\frac{1}{n^2}}{\displaystyle\frac{2}{n}-3}\right)=-\infty\).

+) \(\lim\displaystyle\frac{2n^2+1}{3n+2} = \lim\left(n\cdot \displaystyle\frac{2+\displaystyle\frac{1}{n^2}}{3+\displaystyle\frac{2}{n}}\right)=+\infty\).

+) \(\lim\left(3n-2n^3\right) = \lim \left[n^3\cdot \left(\displaystyle\frac{3}{n^2}-2\right)\right]=-\infty\).

Dạng 5. Giới hạn của dãy chứa lũy thừa

Câu 1:

Giá trị của \(\lim \displaystyle\frac{5^n+2\cdot 6^n}{3\cdot 6^n+2^n}\) bằng

Đáp án: \(\displaystyle\frac{2}{3}\)

Lời giải:

\(\lim \displaystyle\frac{5^n+2\cdot 6^n}{3\cdot 6^n+2^n}=\lim \displaystyle\frac{\left(\displaystyle\frac{5}{6}\right)^n+2}{3+\left(\displaystyle\frac{2}{6}\right)^n}\) \(=\displaystyle\frac{2}{3}\).

Câu 2:

Kết quả đúng của \(\lim \displaystyle\frac{2-5^n}{3^n+2\cdot 5^n}\) là

Đáp án: \(-\displaystyle\frac{1}{2}\)

Lời giải:

Ta có

\(\lim \displaystyle\frac{2-5^n}{3^n+2\cdot 5^n}=\lim\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{2}{5^n}-1}{\left(\displaystyle\frac{3}{5}\right)^n+2}\) \(=-\displaystyle\frac{1}{2}\).

Dạng 6. Giới hạn của dãy chứa căn bậc hai

Câu 1:

Giá trị của giới hạn \(\lim \displaystyle\frac{1}{\sqrt{n^2+2}-\sqrt{n^2+4}}\) là

Đáp án: \(-\infty \)

Lời giải:

\(\lim \displaystyle\frac{1}{\sqrt{n^2+2}-\sqrt{n^2+4}}=\lim \left[-\displaystyle\frac{1}{2}\left({\sqrt{n^2+2}+\sqrt{n^2+4}}\right)\right]\) \(=\lim n\cdot \left[{-\displaystyle\frac{1}{2}\left({\sqrt{1+\displaystyle\frac{2}{n^2}}+\sqrt{1+\displaystyle\frac{4}{n^2}}}\right)}\right]\)

\(=-\infty \)

vì \(\lim n=+\infty,\lim \left[{-\displaystyle\frac{1}{2}\left({\sqrt{1+\displaystyle\frac{2}{n^2}}+\sqrt{1+\displaystyle\frac{4}{n^2}}}\right)}\right]=-1<0\).

Giải nhanh:

\(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n^2+2}-\sqrt{n^2+4}}=-\displaystyle\frac{1}{2}\left({\sqrt{n^2+2}+\sqrt{n^2+4}}\right)\sim -\displaystyle\frac{1}{2}\left({\sqrt{n^2}+\sqrt{n^2}}\right)=-n \rightarrow-\infty \).

Câu 2:

Tính giới hạn \( \lim \left(\sqrt{n^2+6}-n\right) \).

Đáp án: \(0\)

Lời giải:

Ta có

\(\lim \left(\sqrt{n^2+6}-n\right) =\lim \displaystyle\frac{\left(n^2+6\right)-n^2}{\sqrt{n^2+6}+n}\) \(=\lim \displaystyle\frac{6}{\sqrt{n^2+6}+n}=\lim \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{6}{n}}{\sqrt{1+\displaystyle\frac{6}{n^2}}+1}=0\).

Dạng 7. Giới hạn của dãy chứa căn bậc ba

Câu 1:

Giá trị của giới hạn \(\lim \left(\sqrt[3]{n^3+1}-n\right)\) là

Đáp án: \(0 \)

Lời giải:

\(\lim \left({\sqrt[3]{n^3+1}-n}\right)=\lim \displaystyle\frac{1}{\sqrt[3]{\left({n^3+1}\right)^2}+n\sqrt[3]{n^3+1}+n^2}=0\).

Câu 2:

Giá trị của \(\lim \left(\sqrt{4n^2+1}-\sqrt[3]{8n^3+n^2}\right)\) bằng

Đáp án: \(0\)

Lời giải:

Sử dụng phương pháp nhân liên hợp để khử dạng vô định \(\infty -\infty\).\\

Ta có:

\(\lim \left(\sqrt{4n^2+1}-\sqrt[3]{8n^3+n^2}\right)=\lim \left(\sqrt{4n^2+1}-2n+2n-\sqrt[3]{8n^3+n^2}\right)\)

\(=\lim \left(\sqrt{4n^2+1}-2n\right)+\lim \left(2n-\sqrt[3]{8n^3+n^2}\right)\)

\(=\lim \displaystyle\frac{1}{\sqrt{4n^2+1}+2n}+\lim \displaystyle\frac{n^2}{\sqrt[3]{(8n^3+n^2)^2}+2n.\sqrt[3]{8n^3+n^2}+4n^2}\)

\(=\lim \displaystyle\frac{1}{\sqrt{4+\displaystyle\frac{1}{n^2}}+2}+\lim \displaystyle\frac{1}{\sqrt[3]{\left(8+\displaystyle\frac{1}{n}\right)^2}+2.\sqrt[3]{8+\displaystyle\frac{1}{n}}+4}\)

\(=0+0=0.\)

Dạng 8. Ứng dụng

Câu 1:

Tính tổng vô hạn \(\left(u_n\right)\) có \(S=9+3+1+\displaystyle\frac{1}{3}+\displaystyle\frac{1}{9}\ldots+\displaystyle\frac{1}{3^{n-3}}+\ldots\)

Đáp án: \(S=\displaystyle\frac{27}{2}\)

Lời giải:

Ta có:

Với \(9+3+1+\displaystyle\frac{1}{3}+\displaystyle\frac{1}{9}+\ldots+\displaystyle\frac{1}{3^{n-3}}+\) là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu

\(u_1=9\) và công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{3}\).

Do đó

\(9+3+1+\displaystyle\frac{1}{3}+\displaystyle\frac{1}{9}+\ldots+\displaystyle\frac{1}{3^{n-3}}+\ldots\) \(=\displaystyle\frac{u_1}{1-q}=\displaystyle\frac{9}{1-\displaystyle\frac{1}{3}}\) \(=\displaystyle\frac{27}{2}\).

Vậy

\(S=9+3+1+\displaystyle\frac{1}{3}+\displaystyle\frac{1}{9}+\ldots+\displaystyle\frac{1}{3^{n-3}}+\ldots=\displaystyle\frac{27}{2}\)

Câu 2:

Tính tổng: \(S=1-\displaystyle\frac {1}{2}+\displaystyle\frac {1}{4}-\displaystyle\frac {1}{8}+\ldots+\displaystyle\frac {1}{( -2 )^{n-1}}+\ldots \)

Đáp án: \(S=\displaystyle\frac {2}{3}\)

Lời giải:

Ta có \(S\) là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với \( u_1=1;q=-\displaystyle\frac {1}{2}\).

Do đó ta có:

\(S=\displaystyle\frac {u_1}{1-q}=\displaystyle\frac {1}{1-\left( -\displaystyle\frac {1}{2} \right)}=\displaystyle\frac {2}{3}\).

Phần 2. Trắc nghiệm đúng sai

Dạng 1. Giới hạn của dãy đa thức

Dạng 2. Giới hạn của dãy phân thức có bậc tử bằng bậc mẫu

Dạng 3.

Dạng 4.

Dạng 1. Giới hạn của dãy đa thức

Dạng 2. Giới hạn của dãy phân thức có bậc tử bằng bậc mẫu

Dạng 3.

Dạng 4.

Phần 3. Tự luận

Cơ bản

Nâng cao

Ứng dụng thực tế

Cơ bản

Câu 1:

Tìm các giới hạn sau

a) \(\lim \displaystyle\frac{1}{n^2}\).

b) \(\lim \left(-\displaystyle\frac{3}{4}\right)^n\).

a) \(\lim \displaystyle\frac{1}{n^2}=0\) do \(k=2\in \mathbb{Z^+}\).

b) \(\lim \left(-\displaystyle\frac{3}{4}\right)^n=0\) do \(|q|=\left|-\displaystyle\frac{3}{4}\right|<1\).

}

Câu 2:

Tìm các giới hạn sau

a) \(\lim\left(2+\left(\displaystyle\frac{2}{3}\right)^n\right)\).

b) \(\lim \left(\displaystyle\frac{1-4n}{n}\right)\).

a) Đặt \(u_n=2+\left(\displaystyle\frac{2}{3}\right)^n\Rightarrow u_n-2=\left(\displaystyle\frac{2}{3}\right)^n\).

Suy ra \(\lim \left(u_n-2\right)=\lim \left(\displaystyle\frac{2}{3}\right)^n=0\).

Theo định nghĩa, ta có \(\lim u_n=2\).

Vậy \(\lim\left(2+\left(\displaystyle\frac{2}{3}\right)^n\right)=2\).

b) Đặt \(u_n=\displaystyle\frac{1-4n}{n}=\displaystyle\frac{1}{n}-4\Rightarrow u_n-(-4)=\displaystyle\frac{1}{n}\).

Suy ra \(\lim \left[u_n-(-4)\right]=\lim \displaystyle\frac{1}{n}=0\).

Theo định nghĩa, ta có \(\lim u_n=-4\).

Vậy \(\lim \left(\displaystyle\frac{1-4n}{n}\right)=-4\).

}

Câu 3:

Tinh \(\lim \limits_{n \rightarrow+\infty}\left(n^{2}-2 n\right)\).

Ta có \(n^{2}-2 n=n^{2}\left(1-\displaystyle\frac{2}{n}\right)\). Hơn nữa \(\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} n^{2}=+\infty\) và \(\lim \limits_{n \rightarrow+\infty}\left(1-\displaystyle\frac{2}{n}\right)=1\).

Do đó, \(\lim \limits_{n \rightarrow+\infty}\left(n^{2}-2 n\right)=+\infty\).

}

Câu 4:

Tính các giới hạn sau

a) \(\lim \displaystyle\frac{3 n-1}{n}\).

b) \(\lim \displaystyle\frac{\sqrt{n^2+2}}{n}\).

c) \(\lim \displaystyle\frac{2}{3 n+1}\).

d) \(\lim \displaystyle\frac{(n+1)(2 n+2)}{n^2}\).

a) \(\lim \displaystyle\frac{3 n-1}{n}=\lim \displaystyle\frac{3-\displaystyle\frac{1}{n}}{1}=3\).

b) \(\lim \displaystyle\frac{\sqrt{n^2+2}}{n}=\lim \displaystyle\frac{\sqrt{1+\displaystyle\frac{2}{n^2}}}{1}=1\).

c) \(\lim \displaystyle\frac{2}{3 n+1}=0\).

d) \(\lim \displaystyle\frac{(n+1)(2 n+2)}{n^2}=\lim \displaystyle\frac{\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)\left(2+\displaystyle\frac{2}{n}\right)}{1}=2\).

}

Câu 5:

Tìm các giới hạn sau:

a) \(\lim \displaystyle\frac{-2n+1}{n}\).

b) \(\lim \displaystyle\frac{\sqrt{16n^2-2}}{n}\).

c) \(\lim \displaystyle\frac{4}{2n+1}\).

d) \(\lim \displaystyle\frac{n^2-2n+3}{2n^2}\).

a) \(\lim \displaystyle\frac{-2n+1}{n}=\lim \left(-2+\displaystyle\frac{1}{n}\right)=\lim (-2)+\lim \displaystyle\frac{1}{n}=-2+0=-2\).

b) \(\lim \displaystyle\frac{\sqrt{16n^2-2}}{n}=\lim \sqrt{\displaystyle\frac{16n^2-2}{n^2}}=\sqrt{\lim \left(16-2\cdot \displaystyle\frac{1}{n^2}\right)}=\sqrt{16-2\cdot 0}=4\).

c) \(\lim \displaystyle\frac{4}{2n+1}=\lim \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{4}{n}}{2+\displaystyle\frac{1}{n}}=\displaystyle\frac{4\cdot \lim\displaystyle\frac{1}{n}}{\lim 2+\lim \displaystyle\frac{1}{n}}=\displaystyle\frac{4\cdot 0}{2+0}=0\).

d) \(\lim \displaystyle\frac{n^2-2n+3}{2n^2}=\lim \left(\displaystyle\frac{1}{2}-\displaystyle\frac{1}{n}+\displaystyle\frac{3}{2}\cdot \displaystyle\frac{1}{n^2}\right)=\lim \displaystyle\frac{1}{2}-\lim \displaystyle\frac{1}{n}+\displaystyle\frac{3}{2}\cdot\lim \displaystyle\frac{1}{n^2}=\displaystyle\frac{1}{2}-0+\displaystyle\frac{3}{2}\cdot 0=\displaystyle\frac{1}{2}\).

}

Câu 6:

Tìm các giới hạn sau

a) \(\lim \displaystyle\frac{2n^2+3n}{n^2+1}\).

b) \(\lim \displaystyle\frac{\sqrt{4n^2+3}}{n}\).

a) Ta có \(\displaystyle\frac{2n^2+3n}{n^2+1}=\displaystyle\frac{2+\displaystyle\frac{3}{n}}{1+\displaystyle\frac{1}{n^2}}\).

Từ đó \(\lim \displaystyle\frac{2n^2+3n}{n^2+1}=\lim \displaystyle\frac{2+3\cdot \displaystyle\frac{1}{n}}{1+\displaystyle\frac{1}{n^2}}=\displaystyle\frac{\lim \left(2+3\cdot\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\lim \left(1+\displaystyle\frac{1}{n^2}\right)}=\displaystyle\frac{\lim 2+3\lim\displaystyle\frac{1}{n}}{\lim 1+\lim \displaystyle\frac{1}{n^2}}=\displaystyle\frac{2+3\cdot 0}{1+0}=2\).

b) Ta có \(\displaystyle\frac{\sqrt{4 n^2+3}}{n}=\displaystyle\frac{\sqrt{4n^2+3}}{\sqrt{n^2}}=\sqrt{\displaystyle\frac{4 n^2+3}{n^2}}=\sqrt{4+\displaystyle\frac{3}{n^2}}\).

Từ đó

\(\lim \displaystyle\frac{\sqrt{4 n^2+3}}{n}=\lim \sqrt{4+3\cdot\displaystyle\frac{1}{n^2}}=\sqrt{\lim \left(4+3\cdot \displaystyle\frac{1}{n^2}\right)}=\sqrt{\lim 4+3\cdot \lim \displaystyle\frac{1}{n^2}}=\sqrt{4+3\cdot 0}=2.\)

}

Câu 7:

Tìm các giới hạn sau

a) \(\lim \displaystyle\frac{3n+2}{2n-1}\).

b) \(\lim \displaystyle\frac{\sqrt{9n^2+1}}{n}\).

a) Ta có \(\displaystyle\frac{3n+2}{2n-1}=\displaystyle\frac{3+\displaystyle\frac{2}{n}}{2-\displaystyle\frac{1}{n}}\) (Chia cả tử và mẫu cho \(n\)).

Từ đó \(\lim \displaystyle\frac{3n+2}{2n-1}=\lim \displaystyle\frac{3+2\cdot \displaystyle\frac{1}{n}}{2-\displaystyle\frac{1}{n}}=\displaystyle\frac{\lim \left(3+2\cdot \displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\lim \left(2-\displaystyle\frac{1}{n}\right)}=\displaystyle\frac{\lim 3+2 \lim \displaystyle\frac{1}{n}}{\lim 2-\lim \displaystyle\frac{1}{n}}=\displaystyle\frac{3+2\cdot 0}{2-0}=\displaystyle\frac{3}{2}\).

b) Ta có \(\displaystyle\frac{\sqrt{9 n^2+1}}{n}=\displaystyle\frac{\sqrt{9n^2+1}}{\sqrt{n^2}}=\sqrt{\displaystyle\frac{9 n^2+1}{n^2}}=\sqrt{9+\displaystyle\frac{1}{n^2}}\).

Từ đó \(\lim \displaystyle\frac{\sqrt{9 n^2+1}}{n}=\lim \sqrt{9+\displaystyle\frac{1}{n^2}}=\sqrt{\lim \left(9+\displaystyle\frac{1}{n^2}\right)}=\sqrt{\lim 9+\lim \displaystyle\frac{1}{n^2}}=\sqrt{9+0}=3\).

}

Câu 8:

Tính các giới hạn sau:

a) \(\lim \displaystyle\frac{2 n^2+6 n+1}{8 n^2+5}\);

b) \(\lim \displaystyle\frac{4 n^2-3 n+1}{-3 n^3+5 n^2-2}\);

c) \(\lim \displaystyle\frac{\sqrt{4 n^2-n+3}}{8 n-5}\);

d) \(\lim \left(4-\displaystyle\frac{2^{n+1}}{3^n}\right)\);

e) \(\lim \displaystyle\frac{4.5^n+2^{n+2}}{6.5^n}\);

f) \(\lim \displaystyle\frac{2+\frac{4}{n^3}}{6^n}\).

a) \(\lim \displaystyle\frac{2 n^2+6 n+1}{8 n^2+5}=\lim \displaystyle\frac{2+\displaystyle\frac{6}{n}+\displaystyle\frac{1}{n^2}}{8+\displaystyle\frac{5}{n^2}}=\displaystyle\frac{1}{4}\).

b) \(\lim \displaystyle\frac{4 n^2-3 n+1}{-3 n^3+5 n^2-2}=\lim \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{4}{n}-\displaystyle\frac{3}{n^2}+\displaystyle\frac{1}{n^3}}{-3+\displaystyle\frac{5}{n}-\displaystyle\frac{2}{n^3}}=0\).

c) \(\lim \displaystyle\frac{\sqrt{4 n^2-n+3}}{8 n-5}=\lim \displaystyle\frac{\sqrt{4-\displaystyle\frac{1}{n}+\displaystyle\frac{3}{n^2}}}{8-\displaystyle\frac{5}{n}}=\displaystyle\frac{1}{4}\).

d) \(\lim \left(4-\displaystyle\frac{2^{n+1}}{3^n}\right)=\lim \left(4-\displaystyle\frac{2 \cdot 2^n}{3^n}\right)=\lim \left(4-2\left(\displaystyle\frac{2}{3}\right)^n\right)=4\).

e) \(\lim \left(\displaystyle\frac{4 \cdot 5^n+2^{n+2}}{6 \cdot 5^n}\right)=\lim \left(\displaystyle\frac{4+4 \cdot\left(\frac{2}{5}\right)^n}{6}\right)=\displaystyle\frac{2}{3}\).

f) \(\lim \left(\displaystyle\frac{2+\frac{4}{n^3}}{6^n}\right)=\lim \left(\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{2}{6^n}+\displaystyle\frac{4}{n^3 \cdot 6^n}}{1}\right)=0 \).

}

Câu 9:

Tìm giới hạn của các dãy số cho bởi

a) \(u_{n}=\displaystyle\frac{n^{2}+1}{2 n-1}\).

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

a) \(u_{n}=\displaystyle\frac{n^{2}+1}{2 n-1} = n \cdot \displaystyle\frac{1+\displaystyle\frac{1}{n^2}}{2-\displaystyle\frac{1}{n}}\).

Hơn nữa \(\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} n= + \infty\) và \(\lim \limits_{n \rightarrow +\infty} \displaystyle\frac{1+\displaystyle\frac{1}{n^2}}{2-\displaystyle\frac{1}{n}} = \displaystyle\frac{1+\lim \limits_{n \rightarrow +\infty}\displaystyle\frac{1}{n^2}}{2-\lim \limits_{n \rightarrow +\infty}\displaystyle\frac{1}{n}} = \displaystyle\frac{1}{2}\).

Do đó, \(\lim \limits_{n \rightarrow +\infty} u_n=+\infty\).

b) \(v_{n}=\sqrt{2 n^{2}+1}-n=n\cdot \left(\sqrt{2+\displaystyle\frac{1}{n^2}}-1\right)\).

Hơn nữa \(\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} n= + \infty\) và \(\lim \limits_{n \rightarrow +\infty} \left(\sqrt{2+ \displaystyle\frac{1}{n^2}}-1\right) = \sqrt{2}-1>0\).

Do đó, \(\lim \limits_{n \rightarrow +\infty} v_n=+\infty\).

}

Câu 10:

Tìm các giới hạn sau

a) \(\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} \displaystyle\frac{n^{2}+n+1}{2 n^{2}+1}\).

b) \(\lim \limits_{n \rightarrow+\infty}\left(\sqrt{n^{2}+2 n}-n\right)\).

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

b) \(\lim \limits_{n \rightarrow+\infty}\left(\sqrt{n^{2}+2 n}-n\right)=\lim \limits_{n \rightarrow+\infty}\displaystyle\frac{n^2+2n-n^2}{\sqrt{n^{2}+2 n}+n}=\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} \displaystyle\frac{2}{\sqrt{1+\displaystyle\frac{2}{n}}+1}=\displaystyle\frac{2}{\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} \left(\sqrt{1+\displaystyle\frac{2}{n}}+1\right)}=1\).

}

Câu 11:

Tính các giới hạn sau:

a) \(\lim \displaystyle\frac{5n+1}{2n}\);

b) \(\lim \displaystyle\frac{6n^2+8n+1}{5n^2+3}\);

c) \(\lim \displaystyle\frac{\sqrt{n^2+5n+3}}{6n+2}\);

d) \(\lim \left(2-\displaystyle\frac{1}{3^n}\right)\);

e) \(\lim \displaystyle\frac{3^n+2^n}{4\cdot3^n}\);

f) \(\lim \displaystyle\frac{2+\displaystyle\frac{1}{n}}{3^n}\).

a) Ta có \(\lim \displaystyle\frac{5n+1}{2n}=\lim \displaystyle\frac{5+\displaystyle\frac{1}{n}}{2}=\displaystyle\frac{5}{2}\).

b) Ta có \(\lim \displaystyle\frac{6n^2+8n+1}{5n^2+3}=\lim\displaystyle\frac{6+\displaystyle\frac{8}{n}+\displaystyle\frac{1}{n^2}}{5+\displaystyle\frac{3}{n^2}}=\displaystyle\frac{6}{5}\).

c) Ta có \(\lim \displaystyle\frac{\sqrt{n^2+5n+3}}{6n+2}=\lim \displaystyle\frac{\sqrt{1+\displaystyle\frac{5}{n}+\displaystyle\frac{3}{n^2}}}{6+\displaystyle\frac{2}{n}}=\displaystyle\frac{1}{6}\).

d) Ta có \(\lim \left(2-\displaystyle\frac{1}{3^n}\right)=\lim 2 -\lim \left(\displaystyle\frac{1}{3^n}\right)=2-0=2\).

e) Ta có \(\lim \displaystyle\frac{3^n+2^n}{4\cdot3^n}=\lim \displaystyle\frac{1+\left(\displaystyle\frac{2}{3}\right)^n}{4}=\displaystyle\frac{1}{4}\).

f) Vì \(\lim \left(2+\displaystyle\frac{1}{n}\right)=2\) và \(\lim 3^n=+\infty\) nên \(\lim \displaystyle\frac{2+\displaystyle\frac{1}{n}}{3^n}=0\).

}

Câu 12:

Tìm giới hạn của các dãy số sau

a) \(u_{n}=\displaystyle\frac{n^{2}}{3 n^{2}+7 n-2}\);

b) \(v_{n}=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n} \displaystyle\frac{3^{k}+5^{k}}{6^{k}}\);

c) \(w_{n}=\displaystyle\frac{\sin n}{4 n}\).

a) \(\lim \limits_{n \to +\infty} u_{n}=\lim \limits_{n \to +\infty}\displaystyle\frac{n^{2}}{3 n^{2}+7 n-2}=\lim \limits_{n \to +\infty}\displaystyle\frac{1}{3+\displaystyle\frac{7}{n}-\displaystyle\frac{2}{n^2}}=\displaystyle\frac{1}{3}\).

b) \(\begin{aligned}[t]&\lim \limits_{n \to +\infty} v_{n}=\lim \limits_{n \to +\infty}\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n} \displaystyle\frac{3^{k}+5^{k}}{6^{k}}\\ =\ &\displaystyle\lim \limits_{n \to +\infty}\left[\sum\limits_{k=0}^{n}\left( \displaystyle\frac{1}{2}\right) ^k+\displaystyle \sum\limits_{k=0}^{n}\left( \displaystyle\frac{5}{6}\right) ^k\right]\\ =\ &\lim \limits_{n \to +\infty}\left[\displaystyle\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}}{1-\frac{1}{2}}+\displaystyle\frac{1-\left(\frac{5}{6}\right)^{n+1}}{1-\frac{5}{6}}\right]\\ =\ &\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{6}=\displaystyle\frac{2}{3}.\end{aligned}\)

c) Ta có \(w_{n}=\bigg|\displaystyle\frac{\sin n}{4 n}\bigg| \leq \displaystyle\frac{1}{4n}\), mà \(\lim \limits_{n \to +\infty}\displaystyle\frac{1}{4n}=0\). Suy ra \(\lim \limits_{n \to +\infty}w_{n}=0\).

}

Câu 13:

Cho cấp số nhân \((u_n)\), với \(u_1=1\) và công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{2}\).

a) So sánh \(\left|q\right|\) với \(1\).

b) Tính \(S_n=u_1+u_2+\cdots+u_n\) từ đó hãy tính \(\lim S_n\).

a) Ta có \(\left|q\right|=\left|\displaystyle\frac{1}{2}\right|=\displaystyle\frac{1}{2}<1\).

b) Ta có \(S_n=\displaystyle\frac{u_1\left(1-q^n\right)}{1-q}=\displaystyle\frac{1\cdot\left[1-\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^n\right]}{1-\displaystyle\frac{1}{2}}=2\cdot\left(1-\displaystyle\frac{1}{2^n}\right)=2-\displaystyle\frac{1}{2^{n-1}}\).

Khi đó \(\lim S_n=\lim \left(2-\displaystyle\frac{1}{2^{n-1}}\right)=2\).

}

Câu 14:

Biểu diễn số thập phân vô hạn tuần hoàn \(0,(3)\) dưới dạng phân số.

Ta có \(0,(3)=\displaystyle\frac{3}{10}+\displaystyle\frac{3}{10^2}+\cdots+\displaystyle\frac{3}{10^n}+\cdots=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{3}{10}}{1-\displaystyle\frac{1}{10}}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot\)

}

Câu 15:

Tính tổng \(T=1+\displaystyle\frac{1}{3}+\displaystyle\frac{1}{3^2}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{3^n}+\cdots\)

Các số hạn của tổng lập thành câp số nhân \((u_n)\), có \(u_1=1\), \(q=\displaystyle\frac{1}{3}\) nên

\(T=1+\displaystyle\frac{1}{3}+\displaystyle\frac{1}{3^2}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{3^n}+\cdots=\displaystyle\frac{1}{1-\displaystyle\frac{1}{3}}=\displaystyle\frac{2}{3}\).

}

Câu 16:

Viết số thập phân vô hạn tuần hoàn \(0{,}444\ldots\) dưới dạng một phân số.

Ta có \( 0{,}444\ldots=0{,}4+0{,}04+0{,}004+\ldots=0{,}4+0{,}4\cdot \displaystyle\frac{1}{10}+0{,}4\cdot \displaystyle\frac{1}{10^2}+\ldots\)

Do đó số \(0{,}444\ldots\) là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu \(u_1=0{,4}\) và công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{10}\) nên

\( 0{,}444\ldots=\displaystyle\frac{0{,}4}{1-\displaystyle\frac{1}{10}}=\displaystyle\frac{4}{9}. \)

}

Câu 17:

Tính tổng của các cấp số nhân lùi vô hạn sau

a) \(-\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{4}-\displaystyle\frac{1}{8}+\cdots+\left(-\displaystyle\frac{1}{2}\right)^n+\cdots\).

b) \(\displaystyle\frac{1}{4}+\displaystyle\frac{1}{16}+\displaystyle\frac{1}{64}+\cdots+\left(\displaystyle\frac{1}{4}\right)^n+\cdots\).

a) Tổng trên là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu \(u_1=-\displaystyle\frac{1}{2}\) và công bội \(q=-\displaystyle\frac{1}{2}\) nên

\(-\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{4}-\displaystyle\frac{1}{8}+\cdots+\left(-\displaystyle\frac{1}{2}\right)^n+\cdots=\displaystyle\frac{-\displaystyle\frac{1}{2}}{1-\left(-\displaystyle\frac{1}{2}\right)}=-\displaystyle\frac{1}{3}. \)

b) Tổng trên là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu \(u_1=\displaystyle\frac{1}{4}\) và công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{4}\) nên

\(\displaystyle\frac{1}{4}+\displaystyle\frac{1}{16}+\displaystyle\frac{1}{64}+\cdots+\left(\displaystyle\frac{1}{4}\right)^n+\cdots=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{1}{4}}{1-\displaystyle\frac{1}{4}}=\displaystyle\frac{1}{3}. \)

}

Câu 18:

Tính tổng của cấp số nhân lùi vô hạn: \(1+\displaystyle\frac{1}{3}+\left(\displaystyle\frac{1}{3}\right)^2+\cdots+\left(\displaystyle\frac{1}{3}\right)^n+\cdots\).

Tổng trên là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu \(u_1=1\) và công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{3}\) nên

\( 1+\displaystyle\frac{1}{3}+\left(\displaystyle\frac{1}{3}\right)^2+\cdots+\left(\displaystyle\frac{1}{3}\right)^n+\cdots=\displaystyle\frac{1}{1-\displaystyle\frac{1}{3}}= \displaystyle\frac{3}{2}.\)

}

Câu 19:

Biết rằng có thể coi số thập phân vô hạn tuần hoàn \(0{,}666 \ldots\) là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn:

\( 0{,}666 \ldots=0{,}6+0{,}06+0{,}006+\cdots=0{,}6+0{,}6 \cdot \displaystyle\frac{1}{10}+0{,}6 \cdot \displaystyle\frac{1}{10^2}+\cdots.\)

Hãy viết \(0{,}666 \ldots\) dưới dạng phân số.

Số \(0{,}666 \ldots\) là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu bằng \(0{,}6\) và công bội bằng \(\displaystyle\frac{1}{10}\).

Do đó \(0{,}666\ldots=\displaystyle\frac{0{,}6}{1-\displaystyle\frac{1}{10}}=\displaystyle\frac{6}{9}=\displaystyle\frac{2}{3}\).

}

Câu 20:

Tính tổng của cấp số nhân lùi vô hạn: \(1-\displaystyle\frac{1}{4}+\displaystyle\frac{1}{16}-\displaystyle\frac{1}{64}+\cdots+\left(-\displaystyle\frac{1}{4}\right)^n+\cdots\).

Tổng trên là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu \(u_1=1\) và công bội \(q=-\displaystyle\frac{1}{4}\) nên

\( 1-\displaystyle\frac{1}{4}+\displaystyle\frac{1}{16}-\displaystyle\frac{1}{64}+\cdots+\left(-\displaystyle\frac{1}{4}\right)^n+\cdots=\displaystyle\frac{1}{1-\left(-\displaystyle\frac{1}{4}\right)}=\displaystyle\frac{4}{5}.\)

}

Câu 21:

Viết các số thập phân vô hạn tuần hoàn sau đây dưới dạng phân số.

a) \(1{,}(01)\);

b) \(5{,}(132)\).

a) \(1{,}(01)\);

Ta có

\begin{eqnarray*}1{,}(01)&=&1{,}010101 ...=1+0{,}01+0{,}0001+0{,}000001+ \cdots\\&=&1+10^{-2}+10^{-4}+10^{-6}+ \cdots\end{eqnarray*}

Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với \(u_1=1,\) \(q=10^{-2}\) nên

\begin{eqnarray*}1{,}(01)=\displaystyle\frac{u_1}{1-q}=\displaystyle\frac{1}{1-\displaystyle\frac{1}{100}}=\displaystyle\frac{100}{99}.\end{eqnarray*}

b) \(5{,}(132)\).

Ta có

\begin{eqnarray*}5{,}(132)&=&5{,}132132132 ...=132+0{,}132+0{,}000132+0{,}000000132+ ...-127\\ &=&132+132\cdot 10^{-3}+132\cdot 10^{-6}+132\cdot 10^{-9}+ ...-127\end{eqnarray*}

Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với \(u_1=132,\) \(q=10^{-3}\) và trừ đi \(127\) nên

\begin{eqnarray*}5{,}(132)=\displaystyle\frac{u_1}{1-q}-127=\displaystyle\frac{132}{1-\displaystyle\frac{1}{1000}}-127=\displaystyle\frac{1709}{333}.\end{eqnarray*}

}

Câu 22:

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

a) \(1{,}(12)=1,121212 \ldots\);

b) \(3{,}(102)=3,102102102 \ldots\)

a) \(1{,}(12)= 1+\displaystyle\frac{12}{10^2}+\displaystyle\frac{12}{10^4}+\ldots\).

Ta có \(\displaystyle\frac{12}{10^2}+\displaystyle\frac{12}{10^4}+\ldots\) là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có \(u_1=\displaystyle\frac{12}{10^2}\) và công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{10^2}\).

Do đó \(\displaystyle\frac{12}{10^2}+\displaystyle\frac{12}{10^4}+\ldots = \displaystyle\frac{u_1}{1-q}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{12}{10^2}}{1-\displaystyle\frac{1}{10^2}}= \displaystyle\frac{4}{33}\).

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

b) \(3{,}(102) = 3+\displaystyle\frac{102}{10^3}+\displaystyle\frac{102}{10^6}+\ldots\).

Ta có \(\displaystyle\frac{102}{10^3}+\displaystyle\frac{102}{10^6}+\ldots\) là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có \(u_1=\displaystyle\frac{102}{10^3}\) và công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{10^3}\).

Do đó \(\displaystyle\frac{102}{10^3}+\displaystyle\frac{102}{10^6}+\ldots = \displaystyle\frac{u_1}{1-q}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{102}{10^3}}{1-\displaystyle\frac{1}{10^3}}= \displaystyle\frac{34}{333}\).

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

}

Câu 23:

Biểu diễn số thập phân vô hạn tuần hoàn \(2{,}222 \ldots\) dưới dạng phân số.

Ta có \(2{,}222 \ldots=2+0{,}2+0{,}02+0{,}002+\ldots=2+2 \cdot 10^{-1}+2 \cdot 10^{-2}+2 \cdot 10^{-3}+\ldots\).

Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với \(u_{1}=2, q=10^{-1}\) nên

\(2{,}222 \ldots=\displaystyle\frac{u_{1}}{1-q}=\displaystyle\frac{2}{1-\displaystyle\frac{1}{10}}=\displaystyle\frac{20}{9}.\)

}

Nâng cao

Ứng dụng thực tế

Câu 1:

Từ độ cao \(55,8 \mathrm{~m}\) của tháp nghiêng Pisa nước Ý, người ta thả một quả bóng cao su chạm xuống đất hình bên dưới. Giả sử mỗi lần chạm đất quả bóng lại nảy lên độ cao bằng \(\displaystyle\frac{1}{10}\) độ cao mà quả bóng đạt được trước đó. Gọi \(S_n\) là tổng độ dài quãng đường di chuyển của quả bóng tính từ lúc thả ban đầu cho đến khi quả bóng đó chạm đất \(n\) lần. Tính \(\lim S_n\).

Image

Mỗi khi chạm đất quả bóng lại nảy lên một độ cao bằng \(\displaystyle\frac{1}{10}\) độ cao của lần rơi ngay trước đó và sau đó lại rơi xuống từ độ cao thứ hai này. Do đó, độ dài hành trình của quả bóng kể từ thời điểm rơi ban đầu đến:

Thời điểm chạm đất lần thứ nhất là \(d_1=55{,}8\).

Thời điềm chạm đất lần thứ hai là \(d_2=55{,}8+2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10}\).

Thời điểm chạm đất lần thứ ba là \(d_3=55{,}8+2 \cdot\displaystyle\frac{55{,}8}{10}+2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10^2}\).

Thời điểm chạm đất lần thứ tư là \(d_4=55{,}8+2 \cdot\displaystyle\frac{55{,}8}{10}+2\cdot \displaystyle\frac{55,8}{10^2}+2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10^3}\).

\(\ldots\)

Thời điểm chạm đất lần thứ \(n~(n>1)\) là

\(d_n=55{,}8+2\cdot55{,}8+2\cdot \frac{55{,}8}{10^2}+2\cdot \frac{55{,}8}{10^3}+\ldots+2\cdot \frac{55{,}8}{10^{n-1}}.\)

Do đó, quãng đường mà quả bóng đi được kể từ thời điềm rơi đến khi nằm yên trên mặt đất là:

\( d=55{,}8+2.55{,}8+2\cdot \frac{55{,}8}{10^2}+2\cdot \frac{55{,}8}{10^3}+\ldots+2\cdot \frac{55{,}8}{10^{n-1}}+\ldots=\lim d_n.\)

Vì \(2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10} ; 2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10^2} ; 2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10^3}; \ldots ; 2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10^{n-1}}; \ldots\) là một cấp số nhân lùi vô hạn với công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{10}\) nên ta có:

\( 2 \cdot\displaystyle\frac{55,8}{10}+2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10^2}+2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10^3}+\ldots+2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10^{n-1}}+\ldots=\displaystyle\frac{2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10}}{1-\displaystyle\frac{1}{10}}=12{,}4.\)

Vậy \(d=55{,}8+12{,}4=68{,}2\) m.

}

Câu 2:

Cho một tam giác đều \(A B C\) cạnh \(a\). Tam giác \(A_1 B_1 C_1\) có các đỉnh là trung điểm các cạnh của tam giác \(A B C\), tam giác \(A_2 B_2 C_2\) có các đỉnh là trung điểm các cạnh của tam giác \(A_1 B_1 C_1, \ldots\), tam giác \(A_{n+1} B_{n+1} C_{n+1}\) có các đỉnh là trung điểm các cạnh của tam giác \(A_n B_n C_n, \ldots\) Gọi \(p_1, p_2, \ldots, p_n, \ldots\) và \(S_1, S_2, \ldots, S_n, \ldots\) theo thứ tự là chu vi và diện tích của các tam giác \(A_1 B_1 C_1, A_2 B_2 C_2, \ldots, A_n B_n C_n, \ldots\).

a) Tìm giới hạn của các dãy số \(\left(p_n\right)\) và \(\left(S_n\right)\).

b) Tìm các tổng \(p_1+p_2+\ldots+p_n+\cdots\) và \(S_1+S_2+\cdots+S_n+\cdots\).

a) Ta có \(p_1, p_2, \ldots, p_n, \ldots\) lần lượt là chu vi của các tam giác \(A_1 B_1 C_1, A_2 B_2 C_2, \ldots, A_n B_n C_n, \ldots\)

\(\begin{aligned}& p_1=3 a \\& p_2=3 \cdot \frac{1}{2} a \\& \ldots \\& p_n=3 \cdot \frac{1}{2^{n-1}} a \end{aligned} \)

suy ra \(\lim p_n=\lim 3 \cdot \displaystyle\frac{1}{2^{n-1}} a=0\).

\( \begin{aligned}& S_1=\frac{a^2 \sqrt{3}}{4} \\& S_2=\frac{1}{4} \frac{a^2 \sqrt{3}}{4} \\& \ldots \\& S_n=\frac{1}{4^{n-1}} \cdot \frac{a^2 \sqrt{3}}{4}\end{aligned}\)

suy ra \(\lim S_n=\lim \displaystyle\frac{1}{4^{n-1}} \cdot \displaystyle\frac{a^2 \sqrt{3}}{4}=0\).

b) Dựa vào dữ kiện đề bài suy ra tổng \(\left(p_n\right)\) là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{2}\) và

\( p_1+p_2+\ldots+p_n+\ldots=\lim \left(p_n\right)=\displaystyle\frac{p_1}{1-q}=\displaystyle\frac{3 a}{1-\frac{1}{2}}=6a.\)

Dựa vào dữ kiện đề bài suy ra tổng \(\left(S_n\right)\) là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{4}\) và

\(S_1+S_2+\ldots+S_n+\ldots=\lim \left(S_n\right)=\displaystyle\frac{S_1}{1-q}=\displaystyle\frac{\frac{a^2 \sqrt{3}}{4}}{1-\frac{1}{4}}=\displaystyle\frac{a^2 \sqrt{3}}{12}\).

}

Câu 3:

Một bệnh nhân hàng 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 nếu bệnh nhân sử dụng thuốc trong một thời gian dài.

+) Sau ngày thứ nhất hàm lượng thuốc còn là

\(\displaystyle\frac{5}{100} \cdot 150\) (gam).

+) Sau ngày thứ hai hàm lượng thuốc còn là

\(\displaystyle\frac{5}{100} \cdot 150+\left(\displaystyle\frac{5}{100}\right)^2 \cdot 150\) (gam).

+) Sau ngày thứ ba hàm lượng thuốc còn là

\(\displaystyle\frac{5}{100} \cdot 150+\left(\displaystyle\frac{5}{100}\right)^2 \cdot 150+\left(\displaystyle\frac{5}{100}\right)^ 3\cdot 150\) (gam).

+) Sau ngày thứ tư hàm lượng thuốc còn là

\(\displaystyle\frac{5}{100} \cdot 150+\left(\displaystyle\frac{5}{100}\right)^2 \cdot 150+\left(\displaystyle\frac{5}{100}\right)^ 3\cdot 150+\left(\displaystyle\frac{5}{100}\right)^ 4\cdot 150\) (gam).

+) Sau ngày thứ năm hàm lượng thuốc còn là

\begin{eqnarray*}&&\displaystyle\frac{5}{100} \cdot 150+\left(\displaystyle\frac{5}{100}\right)^2 \cdot 150+\left(\displaystyle\frac{5}{100}\right)^ 3\cdot 150+\left(\displaystyle\frac{5}{100}\right)^ 4\cdot 150+\left(\displaystyle\frac{5}{100}\right)^ 5\cdot 150\\ &=&\displaystyle\frac{5}{100} \cdot 150\cdot \displaystyle\frac{1-\left(\displaystyle\frac{5}{100}\right)^ 5}{1-\displaystyle\frac{5}{100}}\approx 7{,}89 \text{ (gam).}\end{eqnarray*}

}

Câu 4:

Cho tam giác vuông \(A B C\) vuông tại \(A\), có \(A B=h\) và góc \(B\) bằng \(\alpha\) (Hình vẽ bên). Từ \(A\) kẻ \(A A_{1} \perp B C\), từ \(A_{1}\) kẻ \(A_{1} A_{2} \perp A C\), sau đó lại kẻ \(A_{2} A_{3} \perp B C\). Tiếp tục quá trình trên, ta được đường gấp khúc vô hạn \(A A_{1} A_{2} A_{3} \ldots\) Tính độ dài đường gấp khúc này theo \(h\) và \(\alpha\).

wHinhBaitapSGK11/chuong3/11c3b1h2.png

+) Xét tam giác vuông \(ABA_1\) có \(AA_1=AB\cdot \sin \alpha = h\sin \alpha\).

+) Xét tam giác vuông \(AA_2A_1\) có \(\widehat{BAA_1}=\widehat{AA_1A_2}\).

Mặt khác \(\widehat{BAA_1}+\widehat{ABC}=\widehat{AA_1A_2}+\widehat{A_1AA_2} = 180^\circ \Rightarrow \widehat{A_1AA_2} =\widehat{ABC} =\alpha\).

Suy ra

\(A_1A_2=AA_1\cdot \sin \alpha = h\sin^2 \alpha\).

+) Lập luận tương tự trên ta có \(A_{n-1}A_n= h\sin^n \alpha\).

Như vậy \(AA_1A_2A_3 \ldots = h\sin \alpha+h\sin^2 \alpha+h\sin^3\alpha+h\sin^4 \alpha \ldots \) là tổng lùi vô hạn của một cấp số nhân có số hạng đầu \(u_1=h\sin \alpha\) và công bội là \(\sin \alpha\).

Do đó \(AA_1A_2A_3 \ldots = \displaystyle\frac{h\sin \alpha}{1-\sin \alpha}\).

}

Câu 5:

Từ tờ giấy, cắt một hình tròn bán kính \(R\) (cm) như hình bên. Tiếp theo, cắt hai hình~tròn bán kính \(\displaystyle\frac{R}{2}\) rồi chồng lên hình tròn đầu tiên như Hình \(3b\). Tiếp theo, cắt bốn hình tròn bán kính \(\displaystyle\frac{R}{4}\) rồi chồng lên các hình trước như Hình \(3c\). Cứ thế tiếp tục mãi. Tính tổng diện tích của các hình tròn.

wHinhBaitapSGK11/chuong3/11c3b1h3.png

Diện tích của các hình tròn trong các lần cắt là

+) Lần thứ 1: \(S_1=\pi R^2\).

+) Lần thứ 2: \(S_2=2\cdot \pi \left(\displaystyle\frac{R}{2}\right)^2= \displaystyle\frac{\pi R^2}{2}\).

+) Lần thứ 3: \(S_2=4\cdot \pi \left(\displaystyle\frac{R}{4}\right)^2= \displaystyle\frac{\pi R^2}{2^2}\).

+) Lần thứ \(n\): \(S_n= \displaystyle\frac{\pi R^2}{2^{n-1}}\).

Do đó diện tích các hình tròn lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu \(S_1=\pi R^2\) và công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{2}\) nên tổng diện tích các hình tròn là

\( S_1+S_2+\cdots=\displaystyle\frac{\pi R^2}{1-\displaystyle\frac{1}{2}}=2\pi R^2. \)

}

Câu 6:

Xét quá trình tạo ra hình có chu vi vô cực và diện tích bằng \(0\) như sau:

Bắt đầu bằng một hình vuông \(H_0\) cạnh bằng 1 đơn vị độ dài (xem hình \(a\)). Chia hình vuông \(H_0\) thành chín hình vuông bằng nhau, bỏ đi bốn hình vuông, nhận được hình \(H_1\) (xem hình \(b\)). Tiếp theo, chia mỗi hình vuông của \(H_1\) thành chín hình vuông, rồi bỏ đi bốn hình vuông, nhận được hình \(H_2\) (xem hình \(c\)). Tiếp tục quá trình này, ta nhận được một dãy hình \(H_n\) \((n=1,2,3,\ldots)\).

wHinhBaitapSGK11/chuong3/11c3b1h4.png

Ta có: \(H_1\) có \(5\) hình vuông, mỗi hình vuông có cạnh bằng \(\displaystyle\frac{1}{3}\); \(H_2\) có \(5\cdot5=5^2\) hình vuông, mỗi hình vuông có cạnh bằng \(\displaystyle\frac{1}{3} \cdot \displaystyle\frac{1}{3}=\displaystyle\frac{1}{3^2}; \ldots\).

Từ đó, nhận được \(H_n\) có \(5^n\) hình vuông, mỗi hình vuông có cạnh bằng \(\displaystyle\frac{1}{3^n}\).

a) Tính diện tích \(S_n\) của \(H_n\) và tính \(\lim S_n\).

b) Tính chu vi \(p_n\) của \(H_n\) và tính \(\lim p_n\).

(Quá trình trên tạo nên một hình, gọi là một fractal, được coi là có diện tích \(\lim S_n\) và chu vi \(\lim p_n\)).

a) Hình vuông \(H_1\) có diện tích \(S_1=5\cdot \left(\displaystyle\frac{1}{3}\right)^2=\displaystyle\frac{5}{9}\).

Hình vuông \(H_2\) có diện tích \(S_2=5^2\cdot \left(\displaystyle\frac{1}{3^2}\right)^2=\left(\displaystyle\frac{5}{9}\right)^2\).

Hình vuông \(H_n\) có diện tích \(S_n=5^n\cdot \left(\displaystyle\frac{1}{3^n}\right)^2=\left(\displaystyle\frac{5}{9}\right)^n\).

\(\lim S_n=\lim \left(\displaystyle\frac{5}{9}\right)^n=0\).

b) Hình vuông \(H_1\) có chu vi \(p_1=5\cdot 4\cdot \displaystyle\frac{1}{3}=4\cdot \displaystyle\frac{5}{3}\).

Hình vuông \(H_2\) có chu vi \(p_2=5^2\cdot4\cdot \displaystyle\frac{1}{3^2}=4\cdot \left(\displaystyle\frac{5}{3}\right)^2\).

Hình vuông \(H_n\) có diện tích \(p_n=5^n\cdot4\cdot \displaystyle\frac{1}{3^n}=4\cdot \left(\displaystyle\frac{5}{3}\right)^n\).

\(\lim p_n=\lim 4\cdot \left(\displaystyle\frac{5}{3}\right)^n=+\infty\).

}

Câu 7:

Từ hình vuông đầu tiên có cạnh bằng \(1\) (đơn vị độ dài), nối các trung điểm của bốn cạnh để có hình vuông thứ hai. Tiếp tục nối các trung điểm của bốn cạnh của hình vuông thứ hai để được hình vuông thứ ba. Cứ tiếp tục làm như thế, nhận được một dãy hình vuông.

Image

a) Kí hiệu \(a_n\) là diện tích của hình vuông thứ \(n\) và \(S_n\) là tổng diện tích của \(n\) hình vuông đầu tiên. Viết công thức tính \(a_n\), \(S_n\) (\(n=1,2,3, \ldots\)) và tìm \(\lim S_n\) (giới hạn này nếu có được gọi là tổng diện tích của các hình vuông).

b) Kí hiệu \(p_n\) là chu vi của hình vuông thứ \(n\) và \(Q_n\) là tổng chu vi của \(n\) hình vuông đầu tiên. Viết công thức tính \(p_n\) và \(Q_n\) \((n=1,2,3, \ldots)\) và tìm \(\lim Q_n\) (giới hạn này nếu có được gọi là tổng chu vi của các hình vuông).

a) Ta có hình vuông thứ nhất có cạnh bằng \(1\),

hình vuông thứ hai có cạnh bằng \(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\).

Hình vuông thứ ba có cạnh bằng \(\displaystyle\frac{1}{2}\).

Suy ra hình vuông thứ \(n\) có cạnh bằng \(\left(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n-1}\).

Diện tích của hình vuông thứ \(n\) là \(a_n=\left(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n-1}\cdot \left(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n-1}=\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^{n-1}\).

Tổng diện tích của \(n\) hình vuông đầu tiên là tổng của cấp số nhân có số hạng đầu \(a_1=1\) và công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{2}\) nên

\( S_n=\displaystyle\frac{a_1\left(1-q^n\right)}{1-q}=\displaystyle\frac{1-\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^n}{1-\displaystyle\frac{1}{2}}=2\left[1-\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^n\right].\)

\(\lim S_n=\lim 2\left[1-\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^n\right]=2 \left[\lim 1-\lim \left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^n\right]=2 \).

b) Hình vuông thứ nhất có chu vi bằng \(4\), hình vuông thứ \(2\) có chu vi là \(2\sqrt{2}\), hình vuông thứ \(3\) có chu vi là \(2\).

Suy ra hình vuông thứ \(n\) có chu vi bằng \(p_n=4\cdot \left(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n-1}\).

Tổng chu vi của \(n\) hình vuông đầu tiên là tổng của cấp số nhân có số hạng đầu \(p_1=4\) và công bội \(q=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\) nên

\( Q_n=\displaystyle\frac{p_1\left(1-q^n\right)}{1-q}=\displaystyle\frac{4\left(1-\left(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^n\right)}{1-\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}}=\left(8+4\sqrt{2}\right)\left[1-\left(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^n\right].\)

\(\lim Q_n=\left(8+4\sqrt{2}\right)\lim \left[1-\left(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^n\right]=\left(8+4\sqrt{2}\right)\left(1-0\right)=8+4\sqrt{2}\).

}

Câu 8:

Cho tam giác đều có cạnh bằng \(a\), gọi là tam giác \(H_1\). Nối các trung điểm của \(H_1\) để tạo thành tam giác \(\mathrm{H}_2\). Tiếp theo, nối các trung điểm của \(\mathrm{H}_2\) để tạo thành tam giác \(\mathrm{H}_3\) (Hình bên). Cứ tiếp tục như vậy, nhận được dãy tam giác \(H_1, H_2, H_3, \ldots\)

Tính tổng chu vi và tổng diện tích các tam giác của dãy.

Image

Gọi \(S_i\) và \(C_i\) (\(i=1,2,\ldots\)) lần lượt là diện tích và chu vi của tam giác \(H_i\), \(i=1,2,\ldots \).

Khi đó ta có

+) \(S_1=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4};S_2=\left(\displaystyle\frac{a}{2}\right)^2\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{16}=\displaystyle\frac{S_1}{4};S_3=\displaystyle\frac{1}{4}S_2,\ldots \).

Do đó \((S_n)\) là một cấp số nhân lùi vô hạn với \(S_1=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\) và \(q_1=\displaystyle\frac{1}{4}\).

Tổng diện tích \(S=S_1+S_2+\cdots =\displaystyle\frac{S_1}{1-q_1}=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{3}\).

+) \(C_1=3a; C_2=\displaystyle\frac{3a}{2}=\displaystyle\frac{1}{2}C_1,\ldots\)

Do đó \((C_n)\) là một cấp số nhân lùi vô hạn với \(C_1=3a;q_2=\displaystyle\frac{1}{2}\).

Tổng chu vi là \(C=C_1+C_2+\cdots =\displaystyle\frac{C_1}{1-q_2}=6a\).

}

Câu 9:

Gọi \(C\) là nữa đường tròn đường kính \(AB=2R\).

\(C_1\) là đường gồm hai nửa đường tròn đường kính \(\displaystyle\frac{AB}{2}\),

\(C_2\) là đường gồm bốn nửa đường tròn đường kính \(\displaystyle\frac{AB}{4},\cdots\)

\(C_n\) là đường gồm \(2^n\) nửa đường tròn đường kính \(\displaystyle\frac{AB}{2^n},\cdots\)

Gọi \(p_n\) là độ dài của \(C_n\), \(S_n\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi \(C_n\) và đoạn thẳng \(AB\).

a) Tính \(p_n\), \(S_n\).

b) Tính giới hạn của các dãy số \((p_n)\) và \((S_n)\).

Image

a) Ta có

\begin{eqnarray*}p_n&=&2^n \cdot \pi r=2^n\cdot\pi \cdot \displaystyle\frac{AB}{2\cdot2^n}\\ &=&\displaystyle\frac{\pi AB}{2}\\&=&\displaystyle\frac{\pi \cdot 2R}{2}\\&=&\pi R.\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}S_n&=&2^n \cdot \displaystyle\frac{1}{2}\pi r^2\\&=&2^n \cdot \displaystyle\frac{1}{2}\pi \left(\displaystyle\frac{AB}{2\cdot2^n}\right)^2\\&=&2^n \cdot \displaystyle\frac{1}{2}\pi \left(\displaystyle\frac{2R}{2\cdot2^n}\right)^2\\&=&2^n \cdot \displaystyle\frac{1}{2}\pi \displaystyle\frac{R^2}{(2^n)^2}\\&=&\displaystyle\frac{\pi R^2}{2^{n+1}}.\end{eqnarray*}

b) \(\lim p_n=\lim \left(\pi R\right) = \pi R\).

\(\lim S_n=\lim \displaystyle\frac{\pi R^2}{2^{n+1}}=0\) (Vì \(\lim \left(\pi R^2\right)=\pi R^2\) và \(\lim 2^{n+1}=+\infty\)).

}

Câu 10:

Có \(1\) kg chất phóng xạ độc hại. Biết rằng, cứ sau một khoảng thời gian \(T=24000\) 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 \textit{chu kì bán rã}). Gọi \(u_n\) là khối lượng chất phóng xạ còn lại sau chu kì thứ \(n\).

a) Tìm số hạng tổng quát \(u_n\) 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 phóng xạ đã cho ban đầu không còn độc hại với con người, biết rằng chất phóng xạ này sẽ không độc hại nữa nếu khối lượng chất phóng xạ còn lại bé hơn \(10^{-6}\) g.

a) Khối lượng chất phóng xạ còn lại sau chu kì bán rã thứ \(1\) là \(u_1=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot 1=1\) kg.

Khối lượng chất phóng xạ còn lại sau chu kì bán rã thứ \(2\) là \(u_2=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot u_1=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot \displaystyle\frac{1}{2}=\displaystyle\frac{1}{2^2}\) kg.

Khối lượng chất phóng xạ còn lại sau chu kì bán rã thứ \(3\) là \(u_3=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot u_2=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot \displaystyle\frac{1}{4}=\displaystyle\frac{1}{2^3}\) kg.

Khối lượng chất phóng xạ còn lại sau chu kì bán rã thứ \(n\) là \(u_n=\displaystyle\frac{1}{2^n}\) kg.

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

c) Chất phóng xạ sẽ không độc hại nữa nếu khối lượng chất phóng xạ còn lại bé hơn \(10^{-6}~\mathrm{g}=10^{-9}\) kg

\(\Leftrightarrow u_n<10^{-9}\Leftrightarrow\displaystyle\frac{1}{2^n}<10^{-9}\Leftrightarrow 2^n>10^9\Leftrightarrow n\geq 30.\)

Vậy sau ít nhất \(30\) chu kì bằng \(30\cdot 24000=720000\) năm thì khối lượng phóng xạ đã cho ban đầu không còn độc hại với con người nữa.

}