Giải bài tập SBT Toán 11 Bài 1. Giới hạn của dãy số – Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11
Bài 1.1 trang 153 SBT Toán 11
Biết rằng dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) có giới hạn là 0. Giải thích vì sao dãy số \(\left( {{v_n}} \right)\) với \({v_n} = \left| {{u_n}} \right|\) cũng có giới hạn là 0. Chiều ngược lại có đúngkhông ?
Giải:
Vì \(\left( {{u_n}} \right)\) có giới hạn là 0 nên \(\left| {{u_n}} \right|\) có thể nhỏ hơn một số dương bé tuỳý, kể từ một số hạng nàođó trởđi.
Mặt khác, \(\left| {{v_n}} \right| = \left| {\left| {{u_n}} \right|} \right| = \left| {{u_n}} \right|\). Do đó, \(\left| {{v_n}} \right|\) cũng có thể nhỏ hơn một số dương bé tuỳ ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi. Vậy, \(\left( {{v_n}} \right)\) có giới hạn là 0.
(Chứng minh tương tự, ta có chiều ngược lại cũng đúng).
Bài 1.2
Vì sao dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_n} = {\left( { – 1} \right)^n}\) không thể có giới hạn là 0 khi \(n \to + \infty \) ?
Giải:
Vì \(\left| {{u_n}} \right| = \left| {{{\left( { – 1} \right)}^n}} \right| = 1\) nên \(\left| {{u_n}} \right|\) không thể nhỏ hơn một số dương bé tuỳ ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi. Chẳng hạn, \(\left| {{u_n}} \right|\) không thể nhỏ hơn 0,5 với mọi n.
Do đó, dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) không thể có giới hạn là 0.
Bài 1.3
Cho biết dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) có giới hạn hữu hạn, còn dãy số \(\left( {{v_n}} \right)\) không có giới hạn hữu hạn. Dãy số \(\left( {{u_n} + {v_n}} \right)\) có thể có giới hạn hữu hạn không ?
Bài giải
Dãy \(\left( {{u_n} + {v_n}} \right)\) không có giới hạn hữu hạn.
Thật vậy, giả sử ngược lại, \(\left( {{u_n} + {v_n}} \right)\) có giới hạn hữu hạn.
Khi đó, các dãy số \(\left( {{u_n} + {v_n}} \right)\) và \(\left( {{u_n}} \right)\) cùng có giới hạn hữu hạn, nên hiệu của chúngcũng là một dãy có giới hạn hữu hạn, nghĩa là dãy số có số hạng tổng quát là \({u_n} + {v_n} – {u_n} = {v_n}\) có giới hạn hữu hạn. Điều này trái với giả thiết \(\left( {{v_n}} \right)\) không có giới hạn hữu hạn.
Bài 1.4 trang 153 SBT Đại số và giải tích 11
a) Cho hai dãy số (un) và (vn). Biết \(\lim {u_n} = – \infty \) và \({v_n} \le {u_n}\) với mọi n. Có kết luận gì về giới hạn của dãy (vn) khi \(n \to + \infty \) ?
b) Tìm vn với \({v_n} = – n!\)
Bài làm
a) Vì \(\lim {u_n} = – \infty \) nên \(\lim \left( { – {u_n}} \right) = + \infty \). Do đó, \(\left( { – {u_n}} \right)\) có thể lớn hơn một số dương lớn tuỳ ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi. (1)
Mặt khác, vì \({v_n} \le {u_n}\) với mọi n nên \(\left( { – {v_n}} \right) \ge \left( { – {u_n}} \right)\) với mọi n. (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\left( { – {v_n}} \right)\) có thể lớn hơn một số dương lớn tuỳ ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi. Do đó, \(\lim \left( { – {v_n}} \right) = + \infty \) hay \(\lim {v_n} = – \infty \)
b) Xét dãy số \(\left( {{u_n}} \right) = – n\)
Ta có – n! < – n hay \({v_n} < {u_n}\) với mọi n. Mặt khác, \(\lim {u_n} = \lim \left( { – n} \right) = – \infty \)
Từ kết quả câu a) suy ra \(\lim {v_n} = \lim \left( { – n!} \right) = – \infty \)
Bài 1.5 trang 153 SBT Toán 11
Tính giới hạn của các dãy số có số hạng tổng quát sau đây, khi \(n \to + \infty \)
a) \({a_n} = {{2n – 3{n^3} + 1} \over {{n^3} + {n^2}}}\) ;
b) \({b_n} = {{3{n^3} – 5n + 1} \over {{n^2} + 4}}\) ;
c) \({c_n} = {{2n\sqrt n } \over {{n^2} + 2n – 1}}\) ;
d) \({d_n} = {{{{\left( {2 – 3n} \right)}^3}{{\left( {n + 1} \right)}^2}} \over {1 – 4{n^5}}}\) ;
e) \({u_n} = {2^n} + {1 \over n}\) ;
f) \({v_n} = {\left( { – {{\sqrt 2 } \over \pi }} \right)^n} + {{{3^n}} \over {{4^n}}}\) ;
g) \({u_n} = {{{3^n} – {4^n} + 1} \over {{{2.4}^n} + {2^n}}}\) ;
h) \({v_n} = {{\sqrt {{n^2} + n – 1} – \sqrt {4{n^2} – 2} } \over {n + 3}}\) ;
Giải :
a) -3 ; b) +∞ ; c) 0 ; d) \({{27} \over 4}\) ;
e) \(\lim \left( {{2^n} + {1 \over n}} \right) = \lim {2^n}\left( {1 + {1 \over n}.{1 \over {{2^n}}}} \right) = + \infty \) ;
f) 0 ; g) \( – {1 \over 2}\) ; h) – 1 ;
Bài 1.6 trang 154
Tính các giới hạn sau :
a) \(\lim \left( {{n^2} + 2n – 5} \right)\) ;
b) \(\lim \left( { – {n^3} – 3{n^2} – 2} \right)\) ;
c) \(\lim \left[ {{4^n} + {{\left( { – 2} \right)}^n}} \right]\) ;
d) \(\lim n\left( {\sqrt {{n^2} – 1} – \sqrt {{n^2} + 2} } \right)\)
Giải:
a) +∞ ;
b) -∞ ;
c) +∞ ;
d) \( – {3 \over 2}\) ;
Bài 1.7
Cho hai dãy số (un) và (vn). Chứng minh rằng nếu \(\lim {v_n} = 0\) và \(\left| {{u_n}} \right| \le {v_n}\) với mọi n thì \(\lim {u_n} = 0\)
Giải :
\(\lim {v_n} = 0 \Rightarrow \left| {{v_n}} \right|\) có thể nhỏ hơn một số dương bé tuỳ ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi (1)
Vì \(\left| {{u_n}} \right| \le {v_n}\) và \({v_n} \le \left| {{v_n}} \right|\) với mọi n, nên \(\left| {{u_n}} \right| \le \left| {{v_n}} \right|\) với mọi n. (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\left| {{u_n}} \right|\) cũng có thể nhỏ hơn một số dương bé tuỳ ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi, nghĩa là \(\lim {u_n} = 0\)
Bài 1.8
Biết \(\left| {{u_n} – 2} \right| \le {1 \over {{3^n}}}\). Có kết luận gì về giới hạn của dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) ?
\(\lim {u_n} = 2\)
Bài 1.9
Nếu \(\lim {v_n} = 0\) và \(\left| {{u_n}} \right| \le {v_n}\) với mọi n thì \(\lim {u_n} = 0\). Tính giới hạn của các dãy số có số hạng tổng quát như sau:
a) \({u_n} = {1 \over {n!}}\) ;
b) \({u_n} = {{{{\left( { – 1} \right)}^n}} \over {2n – 1}}\) ;
c) \({u_n} = {{2 – n{{\left( { – 1} \right)}^n}} \over {1 + 2{n^2}}}\) ;
d) \({u_n} = {\left( {0,99} \right)^n}\cos n\) ;
e) \({u_n} = {5^n} – \cos \sqrt n \pi \)
Giải:
a) Vì \(\left| {{1 \over {n!}}} \right| < {1 \over n}\) với mọi n và \(\lim {1 \over n} = 0\) nên \(\lim {1 \over {n!}} = 0\)
b) 0 ; c) 0 ; d) 0 ;
e) Ta có \({u_n} = {5^n} – \cos \sqrt n \pi = {5^n}\left( {1 – {{\cos \sqrt n \pi } \over {{5^n}}}} \right)\) (1)
Vì \(\left| {{{\cos \sqrt n \pi } \over {{5^n}}}} \right| \le {1 \over {{5^n}}}\) và \(\lim {1 \over {{5^n}}} = 0\) nên \(\lim {{\cos \sqrt n \pi } \over {{5^n}}} = 0\)
Do đó, \(\lim \left( {1 – {{\cos \sqrt n \pi } \over {{5^n}}}} \right) = 1 > 0\) (2)
Mặt khác, \(\lim {5^n} = + \infty \) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\lim \left( {{5^n} – \cos \sqrt n \pi } \right) = \lim {5^n}\left( {1 – {{\cos \sqrt n \pi } \over {{5^n}}}} \right) = + \infty \)
Bài 1.10 trang 154 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11
Cho dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ xácđịnh bởi công thức truy hồi
\(\left\{ \matrix{
{u_1} = 2 \hfill \cr
{u_{n + 1}} = {{{u_n} + 1} \over 2}{\rm{ voi }}n \ge 1 \hfill \cr} \right.\)
Chứng minh rằng có giới hạn hữu hạn khi Tìm giới hạn đó.
Giải :
\(\left\{ \matrix{
{u_1} = 2 \hfill \cr
{u_{n + 1}} = {{{u_n} + 1} \over 2}{\rm\,\,{ vớii }}\,\,n \ge 1 \hfill \cr} \right.\)
Ta có, \({u_1} = 2,\,\,{u_2} = {3 \over 2},\,\,{u_3} = {5 \over 4},\,\,{u_4} = {9 \over 8},\,\,{u_5} = {{17} \over {16}}\)
Dự đoán, \({u_n} = {{{2^{n – 1}} + 1} \over {{2^{n – 1}}}}\) với \(n \in N*\)
Chứng minh dự đoán trên bằng quy nạp (bạn đọc tự chứng minh).
Từ đó,
\(\eqalign{
& \lim {u_n} = \lim {{{2^{n – 1}} + 1} \over {{2^{n – 1}}}} \cr
& = \lim \left[ {1 + {{\left( {{1 \over 2}} \right)}^{n – 1}}} \right] \cr
& = \lim \left[ {1 + 2.{{\left( {{1 \over 2}} \right)}^n}} \right] = 1 \cr}\)
Bài 1.11
Tính tổng của cấp số nhân lùi vô hạn \(1, – {1 \over 2},{1 \over 4}, – {1 \over 8},…,{\left( { – {1 \over 2}} \right)^{n – 1}},…\)
ĐS:
\({2 \over 3}\)
Bài 1.12
Tính tổng \(S = 1 + 0,9 + {\left( {0,9} \right)^2} + {\left( {0,9} \right)^3} + … + {\left( {0,9} \right)^{n – 1}} + …\)
ĐS: 10
Bài 1.13
Tìm số hạng tổng quát của cấp số nhân lùi vô hạn có tổng bằng 3 và công bội \(q = {2 \over 3}\)
Giải:
ĐS: \({u_n} = {\left( {{2 \over 3}} \right)^{n – 1}}\)
Bài 1.14
Cho dãy số \(\left( {{b_n}} \right)\) có số hạng tổng quát là \({b_n} = \sin \alpha + {\sin ^2}\alpha + … + {\sin ^n}\alpha \) với \(\alpha \ne {\pi \over 2} + k\pi \). Tìm giới hạn của \(\left( {{b_n}} \right)\)
Giải:
Dãy số: \(\sin \alpha ,…,{\sin ^n}\alpha ,…\) với \(\alpha \ne {\pi \over 2} + k\pi \), là một cấp số nhân vô hạn, công bội \(q = \sin \alpha \)
Vì \(\left| {\sin \alpha } \right| < 1\) với \(\alpha \ne {\pi \over 2} + k\pi \) nên \(\left( {{{\sin }^n}\alpha } \right)\) là một cấp số nhân lùi vô hạn.
Hơn nữa, \({b_n} = \sin \alpha + {\sin ^2}\alpha + … + {\sin ^n}\alpha = {S_n}\)
Do đó, \(\lim {b_n} = \sin \alpha + {\sin ^2}\alpha + … + {\sin ^n}\alpha + … = {{\sin \alpha } \over {1 – \sin \alpha }}\)
Bài 1.15 trang 155
Cho số thập phân vô hạn tuần hoàn a = 34,121212… (chu kì là 12). Hãy viết a dưới dạng một phân số.
Giải: Giải tương tự Ví dụ 13, ta có \(a = 34,121212… = {{1126} \over {33}}\)
Bài 1.16
Giả sử ABC là tam giác vuông cân tại A với độ dài cạnh góc vuông bằng 1. Ta tạo ra các hình vuông theo các bước sau đây :
– Bước 1: Dựng hình vuông màu xám có mộtđỉnhA, ba đỉnh còn lại là các trung điểm của ba cạnhAB, BC và AC (H.1). Kí hiệu hình vuông này là (1).
– Bước2 : Với 2 tam giác vuông cân màu trắng còn lại như trong hình 1, ta lại tạo được 2 hình vuông màu xám khác theo cách trên, kí hiệu là (2) (H.2).
– Bước 3: Với 4 tam giác vuông cân màu trắng như trong hình 2, ta lại tạo được 4 hình vuông mới màu xámtheo cách trên (H.3).
– …
– Bước thứ n :Ở bước này ta có \({2^{n – 1}}\) hình vuông mới màu xám được tạo thành theo cách trên, kí hiệu là (n)
a) Gọi \({u_n}\) là tổng diện tích của tất cả các hình vuông mới được tạo thành ở bước thứ n. Chứng minh rằng \({u_n} = {1 \over {{2^{n + 1}}}}\)
b) Gọi \({S_n}\) là tổng diện tích của tất cả các hình vuông màu xám có được sau nbước. Quan sát hình vẽ để dự đoán giới hạn của \({S_n}\) khi \(n \to + \infty \). Chứng minh dự đoán đó.
Giải:
a) Chứng minh bằng quy nạp \({u_n} = {1 \over {{2^{n + 1}}}}\) (1)
– Với n = 1, một hình vuông được tạo thành có diện tích là \({u_1} = {1 \over {{2^2}}}\)
Vậy (1) đúng.
– Giả sử công thức (1) đúng với \(n = k\left( {k \ge 1} \right)\) nghĩa là \({u_k} = {1 \over {{2^{k + 1}}}}\). Ta cần chứng minh (1) đúng với \(n = k + 1\) tức là chứng minh \({u_{k + 1}} = {1 \over {{2^{k + 2}}}}\)
Thật vậy, ở bước thứ k ta có \({2^{k – 1}}\) hình vuông mới màu xám được tạo thành.Ứng với mỗi hình vuông này ta lại tạo được hai hình vuông mới trong bước thứ k + 1
Tổng diện tích của hai hình vuông mới nàytrong bước thứ k + 1 bằng nửa diện tích của hình vuông tương ứng bước thứ k
Do đó, tổng diện tích tất cả các hình vuông mới có được trong bước thứ k + 1 là \({u_{k + 1}} = {1 \over 2}.{1 \over {{2^{k + 1}}}} = {1 \over {{2^{k + 2}}}}\) Vậy (1) đúng với n = k + 1
– Kết luận: Với mọi n nguyên dương ta luôn có \({u_n} = {1 \over {{2^{n + 1}}}}\)
b) Dự đoán : \({S_n} \to {1 \over 2}{S_{ABC}}\) khi \(n \to + \infty \) hay \(\lim {S_n} = {1 \over 2}\)
Chứng minh :
\(\eqalign{
& {S_n} = {u_1} + {u_2} + … + {u_n} \cr
& = {1 \over {{2^2}}} + {1 \over {{2^3}}} + … + {1 \over {{2^{n + 1}}}} \cr
& = {1 \over 2} – {1 \over {{2^{n + 1}}}} \cr}\)
Từ đó suy ra \(\lim {S_n} = {1 \over 2}\)
Trả lời