Bài học Giới hạn của dãy số (Toán 11, sách Kết nối tri thức với cuộc sống, Chương V. Giới hạn. Hàm số liên tục) giúp các em hiểu thế nào là dãy số có giới hạn, nắm các giới hạn đặc biệt, các quy tắc tính giới hạn, cách tính tổng của cấp số nhân lùi vô hạn và cách tìm giới hạn vô cực. Cuối bài có lời giải chi tiết tất cả bài tập trong sách giáo khoa.
A. Tóm tắt lý thuyết
Nhà triết học Hy Lạp Zeno từng lập luận rằng Achilles chạy rất nhanh vẫn không bao giờ đuổi kịp con rùa, vì mỗi lần anh chạy tới chỗ rùa vừa đứng thì rùa đã bò thêm một đoạn nữa. Để chỉ ra chỗ sai của lập luận này, toán học dùng khái niệm giới hạn. Ở mục 3 các em sẽ thấy lời giải thích.
1. Giới hạn hữu hạn của dãy số
Hiểu nôm na, dãy số $(u_n)$ có giới hạn 0 nếu càng về sau các số hạng càng gần 0, và gần bao nhiêu cũng được, miễn là $n$ đủ lớn.
Dãy số có giới hạn 0. Dãy số $(u_n)$ có giới hạn là 0 khi $n$ dần tới dương vô cực nếu $|u_n|$ có thể nhỏ hơn một số dương bé tùy ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi.
Kí hiệu $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=0$ hay $u_n\to 0$ khi $n\to+\infty.$
Ví dụ, dãy $u_n=\dfrac{(-1)^n}{n}$ có các số hạng $-1,$ $\dfrac{1}{2},$ $-\dfrac{1}{3},$ $\dfrac{1}{4},$ … nhảy qua lại hai bên số 0 nhưng ngày càng sát số 0 (hình dưới). Vậy $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{(-1)^n}{n}=0.$
Ví dụ 1. Giải thích vì sao dãy $u_n=\dfrac{1}{n^2}$ có giới hạn 0.
• Ta có $|u_n|=\dfrac{1}{n^2}$ càng nhỏ khi $n$ càng lớn.
• Chẳng hạn muốn $|u_n|\lt 0{,}0001$ tức là $\dfrac{1}{n^2}\lt\dfrac{1}{10\,000}$ thì cần $n^2\gt 10\,000$ hay $n\gt 100.$ Như vậy, từ số hạng thứ 101 trở đi, mọi số hạng đều có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn 0,0001.
• Thay 0,0001 bằng số dương bé bao nhiêu cũng làm được như vậy. Do đó $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n^2}=0.$
Các giới hạn đặc biệt (cần nhớ)
• $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n^k}=0$ với $k$ là số nguyên dương (ví dụ $\dfrac{1}{n}\to0,$ $\dfrac{1}{n^3}\to 0$).
• $\lim\limits_{n\to+\infty}q^n=0$ nếu $|q|\lt 1$ (ví dụ $\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\to 0,$ $(-0{,}9)^n\to0$).
• Nếu $|u_n|\le v_n$ với mọi $n\ge 1$ và $\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=0$ thì $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=0.$
• Dãy hằng $u_n=c$ thì $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=c.$
Lỗi hay gặp. $\lim q^n=0$ chỉ đúng khi $|q|\lt 1.$ Với $q=1$ thì $q^n=1$ nên giới hạn là 1; với $q\gt 1$ thì $q^n$ ngày càng lớn (xem mục 4).
Ví dụ 2. Chứng minh rằng $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{(-1)^{n-1}}{3^n}=0.$
• Ta có $\left|\dfrac{(-1)^{n-1}}{3^n}\right|=\dfrac{1}{3^n}=\left(\dfrac{1}{3}\right)^n.$
• Vì $\left|\dfrac{1}{3}\right|\lt 1$ nên $\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac{1}{3}\right)^n=0.$ Theo tính chất thứ ba ở trên, $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{(-1)^{n-1}}{3^n}=0.$
Tiếp theo, dãy số có giới hạn là số $a$ nếu các số hạng càng về sau càng gần $a,$ tức là hiệu $u_n-a$ dần tới 0.
Dãy số có giới hạn hữu hạn. Dãy số $(u_n)$ có giới hạn là số thực $a$ khi $n\to+\infty$ nếu $\lim\limits_{n\to+\infty}(u_n-a)=0.$
Kí hiệu $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=a$ hay $u_n\to a$ khi $n\to+\infty.$
Ví dụ 3. Cho $u_n=\dfrac{3\cdot 2^n-1}{2^n}.$ Chứng minh rằng $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=3.$
• Ta xét hiệu $u_n-3=\dfrac{3\cdot2^n-1}{2^n}-3$ $=\dfrac{-1}{2^n}=-\left(\dfrac{1}{2}\right)^n.$
• Vì $\left|\dfrac{1}{2}\right|\lt1$ nên $\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\to0,$ suy ra $\lim\limits_{n\to+\infty}(u_n-3)=0.$
• Vậy $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=3.$
2. Định lí về giới hạn hữu hạn của dãy số
Khi các dãy số đều có giới hạn hữu hạn, ta tính giới hạn của tổng, hiệu, tích, thương giống như tính với các con số.
a) Nếu $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=a$ và $\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=b$ thì
• $\lim\limits_{n\to+\infty}(u_n+v_n)=a+b;$
• $\lim\limits_{n\to+\infty}(u_n-v_n)=a-b;$
• $\lim\limits_{n\to+\infty}(u_n\cdot v_n)=a\cdot b;$
• $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{u_n}{v_n}=\dfrac{a}{b}$ (nếu $b\ne0$).
b) Nếu $u_n\ge0$ với mọi $n$ và $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=a$ thì $a\ge0$ và $\lim\limits_{n\to+\infty}\sqrt{u_n}=\sqrt{a}.$
Chú ý. Các quy tắc trên chỉ dùng khi từng dãy đã có giới hạn hữu hạn. Với phân thức mà tử và mẫu đều lớn dần (như $\dfrac{n^2+n+1}{2n^2-1}$), ta chưa dùng được quy tắc thương ngay mà phải biến đổi trước.
Phương pháp chia cho lũy thừa cao nhất của $n$ (dùng cho dãy dạng phân thức)
• Tìm lũy thừa cao nhất của $n$ ở mẫu, ví dụ $n^2$ hoặc $n^3.$
• Chia cả tử và mẫu cho lũy thừa đó. Khi ấy các số hạng dạng $\dfrac{c}{n^k}$ đều dần tới 0.
• Áp dụng các quy tắc tính giới hạn ở trên.
Ví dụ 4. Tìm $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{2n^3-n}{n^3+5}.$
• Lũy thừa cao nhất của $n$ ở mẫu là $n^3.$ Chia cả tử và mẫu cho $n^3$ ta được
\[\begin{aligned}\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{2n^3-n}{n^3+5}&=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{2-\frac{1}{n^2}}{1+\frac{5}{n^3}}.\end{aligned}\]• Vì $\dfrac{1}{n^2}\to0$ và $\dfrac{5}{n^3}\to0$ nên tử dần tới 2, mẫu dần tới 1.
• Vậy $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{2n^3-n}{n^3+5}=\dfrac{2}{1}=2.$
Ví dụ 5. Tìm $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{\sqrt{2n^2+1}}{n+1}.$
• Chia cả tử và mẫu cho $n.$ Vì $n\gt0$ nên $n=\sqrt{n^2},$ do đó
\[\dfrac{\sqrt{2n^2+1}}{n}=\sqrt{\dfrac{2n^2+1}{n^2}}=\sqrt{2+\dfrac{1}{n^2}}.\]• Suy ra
\[\begin{aligned}\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{\sqrt{2n^2+1}}{n+1}&=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{\sqrt{2+\frac{1}{n^2}}}{1+\frac{1}{n}}\\&=\dfrac{\sqrt2}{1}=\sqrt2.\end{aligned}\]Ví dụ 6. Tìm $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{3^n-2^n}{3^n+1}.$
• Với dãy có lũy thừa dạng $a^n,$ ta chia cho lũy thừa có cơ số lớn nhất, ở đây là $3^n.$
\[\begin{aligned}\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{3^n-2^n}{3^n+1}&=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1-\left(\frac{2}{3}\right)^n}{1+\left(\frac{1}{3}\right)^n}\\&=\dfrac{1-0}{1+0}=1.\end{aligned}\]Mẹo nhớ (dãy phân thức của $n$). So sánh bậc của tử và bậc của mẫu.
• Bậc tử nhỏ hơn bậc mẫu thì giới hạn bằng 0.
• Bậc tử bằng bậc mẫu thì giới hạn bằng thương hai hệ số của lũy thừa cao nhất (ví dụ 4 ra $\dfrac{2}{1}=2$).
• Bậc tử lớn hơn bậc mẫu thì giới hạn là $+\infty$ hoặc $-\infty$ (xem mục 4).
Mẹo này dùng để dự đoán và kiểm tra kết quả; khi trình bày vẫn phải chia cho lũy thừa cao nhất.
3. Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn
Lấy hình vuông cạnh 1, chia thành 4 hình vuông nhỏ bằng nhau và tô màu hình vuông góc dưới bên trái. Lặp lại việc đó với hình vuông nhỏ góc trên bên phải, cứ thế mãi. Các cạnh hình vuông được tô màu là $u_1=\dfrac{1}{2},$ $u_2=\dfrac{1}{4},$ $u_3=\dfrac{1}{8},$ … Nhìn hình ta thấy các hình vuông tô màu xếp liền nhau dọc theo đường chéo và lấp dần cạnh dài 1, nên tổng vô hạn $\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{8}+\ldots$ bằng 1.
Cấp số nhân vô hạn $(u_n)$ có công bội $q$ với $|q|\lt1$ gọi là cấp số nhân lùi vô hạn.
Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn
\[\begin{aligned}S&=u_1+u_2+\ldots+u_n+\ldots\\&=\dfrac{u_1}{1-q}\quad\left(|q|\lt 1\right).\end{aligned}\]Vì sao có công thức này? Tổng $n$ số hạng đầu là $S_n=\dfrac{u_1(1-q^n)}{1-q}.$ Vì $|q|\lt1$ nên $q^n\to0,$ do đó $S_n\to\dfrac{u_1}{1-q}.$ Giới hạn này được gọi là tổng $S$ của cấp số nhân lùi vô hạn.
Kiểm tra với hình vuông ở trên ta có $u_1=\dfrac{1}{2},$ $q=\dfrac{1}{2}$ nên $S=\dfrac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=1,$ đúng như nhận xét.
Lỗi hay gặp. Chỉ dùng công thức $S=\dfrac{u_1}{1-q}$ khi $|q|\lt1.$ Ví dụ tổng $1+2+4+8+\ldots$ có $q=2$ nên không phải cấp số nhân lùi vô hạn (tổng này lớn dần tới $+\infty$).
Ví dụ 7. Tính tổng $S=2+\dfrac{2}{7}+\dfrac{2}{7^2}+\ldots+\dfrac{2}{7^{n-1}}+\ldots$
• Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với $u_1=2$ và $q=\dfrac{1}{7}$ (vì $\left|\dfrac{1}{7}\right|\lt1$).
• Vậy $S=\dfrac{u_1}{1-q}=\dfrac{2}{1-\frac{1}{7}}=\dfrac{7}{3}.$
Ví dụ 8. Viết số thập phân vô hạn tuần hoàn $0{,}363636\ldots$ dưới dạng phân số.
• Tách theo từng nhóm chữ số lặp lại ta được
\[0{,}3636\ldots=\dfrac{36}{100}+\dfrac{36}{100^2}+\dfrac{36}{100^3}+\ldots\]• Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với $u_1=\dfrac{36}{100}$ và $q=\dfrac{1}{100}.$
• Vậy $0{,}3636\ldots=\dfrac{\frac{36}{100}}{1-\frac{1}{100}}=\dfrac{36}{99}=\dfrac{4}{11}.$
Ví dụ 9 (giải thích nghịch lí Zeno). Giả sử Achilles chạy 100 km/h, rùa bò 1 km/h, lúc đầu rùa ở trước Achilles 100 km.
• Achilles chạy 100 km tới chỗ rùa vừa đứng mất $t_1=1$ giờ. Trong 1 giờ đó rùa bò thêm 1 km.
• Achilles chạy 1 km tiếp theo mất $t_2=\dfrac{1}{100}$ giờ, rùa lại bò thêm $\dfrac{1}{100}$ km, … Cứ thế, mỗi khoảng thời gian bằng $\dfrac{1}{100}$ khoảng trước, tức là $t_n=\left(\dfrac{1}{100}\right)^{n-1}$ giờ.
• Tổng thời gian là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với $u_1=1,$ $q=\dfrac{1}{100}$
\[T=\dfrac{1}{1-\frac{1}{100}}=\dfrac{100}{99}\ \text{giờ}.\]• Như vậy sau $\dfrac{100}{99}$ giờ (khoảng 1 giờ 0 phút 36 giây) Achilles đuổi kịp rùa. Zeno sai ở chỗ nghĩ rằng cộng vô số khoảng thời gian thì được một thời gian vô hạn. Thật ra tổng của vô số số hạng vẫn có thể là một số hữu hạn.
4. Giới hạn vô cực của dãy số
Có những dãy số càng về sau càng lớn, vượt qua mọi số cho trước (ví dụ số vi khuẩn tăng gấp đôi sau mỗi chu kì $u_n=50\cdot 2^n$). Ta nói các dãy đó có giới hạn $+\infty.$
• Dãy số $(u_n)$ có giới hạn $+\infty$ khi $n\to+\infty$ nếu $u_n$ có thể lớn hơn một số dương bất kì, kể từ một số hạng nào đó trở đi. Kí hiệu $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=+\infty$ hay $u_n\to+\infty$ khi $n\to+\infty.$
• Dãy số $(u_n)$ có giới hạn $-\infty$ khi $n\to+\infty$ nếu $\lim\limits_{n\to+\infty}(-u_n)=+\infty.$ Kí hiệu $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=-\infty$ hay $u_n\to-\infty$ khi $n\to+\infty.$
Giới hạn đặc biệt
• $\lim\limits_{n\to+\infty}n^k=+\infty$ với $k$ là số nguyên dương;
• $\lim\limits_{n\to+\infty}q^n=+\infty$ với $q\gt1.$
Quy tắc tính giới hạn vô cực
• Nếu $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=a$ và $\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=+\infty$ (hoặc $-\infty$) thì $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{u_n}{v_n}=0.$
• Nếu $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=a\gt0,$ $\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=0$ và $v_n\gt0$ với mọi $n$ thì $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{u_n}{v_n}=+\infty.$
• Nếu $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=+\infty$ và $\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=a\gt0$ thì $\lim\limits_{n\to+\infty}u_nv_n=+\infty.$
Các trường hợp đổi dấu làm theo quy tắc nhân dấu quen thuộc, tóm tắt trong bảng sau cho tích $u_nv_n$ với $\lim u_n=\pm\infty$ và $\lim v_n=a\ne0.$
| $\lim u_n$ | $a$ | $\lim (u_nv_n)$ |
|---|---|---|
| $+\infty$ | $a\gt0$ | $+\infty$ |
| $+\infty$ | $a\lt0$ | $-\infty$ |
| $-\infty$ | $a\gt0$ | $-\infty$ |
| $-\infty$ | $a\lt0$ | $+\infty$ |
Phương pháp đặt lũy thừa cao nhất làm nhân tử chung (khi dãy là đa thức hoặc phân thức có bậc tử lớn hơn bậc mẫu)
• Đưa lũy thừa cao nhất của $n$ ra ngoài làm nhân tử chung.
• Phần còn lại dần tới một số $a\ne0,$ còn lũy thừa của $n$ dần tới $+\infty.$ Dùng quy tắc nhân dấu để kết luận.
Ví dụ 10. Tìm $\lim\limits_{n\to+\infty}(-2n^3+n).$
• Ta có $-2n^3+n=n^3\left(-2+\dfrac{1}{n^2}\right).$
• Vì $\lim\limits_{n\to+\infty}n^3=+\infty$ và $\lim\limits_{n\to+\infty}\left(-2+\dfrac{1}{n^2}\right)=-2\lt0$ nên $\lim\limits_{n\to+\infty}(-2n^3+n)=-\infty.$
Ví dụ 11. Tìm $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{2n^2+1}{n+3}.$
• Bậc tử lớn hơn bậc mẫu. Đặt $n^2$ ở tử và $n$ ở mẫu làm nhân tử chung
\[\begin{aligned}\dfrac{2n^2+1}{n+3}&=\dfrac{n^2\left(2+\frac{1}{n^2}\right)}{n\left(1+\frac{3}{n}\right)}\\&=n\cdot\dfrac{2+\frac{1}{n^2}}{1+\frac{3}{n}}.\end{aligned}\]• Vì $\lim\limits_{n\to+\infty}n=+\infty$ và $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{2+\frac{1}{n^2}}{1+\frac{3}{n}}=2\gt0$ nên $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{2n^2+1}{n+3}=+\infty.$
Ví dụ 12. Tìm $\lim\limits_{n\to+\infty}\left(n-\sqrt{n}\right).$
• Ta có $n-\sqrt n=n\left(1-\dfrac{1}{\sqrt n}\right).$
• Vì $\lim\limits_{n\to+\infty}n=+\infty$ và $\lim\limits_{n\to+\infty}\left(1-\dfrac{1}{\sqrt n}\right)=1\gt0$ nên $\lim\limits_{n\to+\infty}\left(n-\sqrt n\right)=+\infty.$
5. Dạng có căn: phương pháp nhân liên hợp
Với dãy dạng $\sqrt{n^2+n}-n,$ cả hai số hạng đều dần tới $+\infty.$ Không được viết $+\infty-\infty=0.$ Nếu đặt $n$ làm nhân tử chung ta được $n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right),$ trong đó $n\to+\infty$ còn ngoặc dần tới 0, vẫn chưa kết luận được. Khi đó ta nhân và chia với biểu thức liên hợp, dựa vào hằng đẳng thức
\[\left(\sqrt{A}-B\right)\left(\sqrt{A}+B\right)=A-B^2.\]Ví dụ 13. Tìm $\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\sqrt{n^2+n}-n\right).$
• Nhân và chia với biểu thức liên hợp $\sqrt{n^2+n}+n$ ta được
\[\begin{aligned}\sqrt{n^2+n}-n&=\dfrac{(n^2+n)-n^2}{\sqrt{n^2+n}+n}\\&=\dfrac{n}{\sqrt{n^2+n}+n}.\end{aligned}\]• Chia cả tử và mẫu cho $n$ (ở mẫu, đưa $n$ vào trong căn thành $n^2$) ta được
\[\dfrac{n}{\sqrt{n^2+n}+n}=\dfrac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}.\]• Vì $\dfrac{1}{n}\to0$ nên mẫu dần tới $\sqrt1+1=2.$ Vậy $\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\sqrt{n^2+n}-n\right)=\dfrac{1}{2}.$
Mẹo chọn cách làm với dạng $\sqrt{an^2+\ldots}-bn$ ($a\gt0,$ $b\gt0$).
• Nếu $\sqrt a=b$ (phần chính triệt tiêu, như $\sqrt{n^2+n}-n$) thì nhân liên hợp, kết quả thường là một số.
• Nếu $\sqrt a\ne b$ (như $\sqrt{2n^2+1}-n$) thì đặt $n$ làm nhân tử chung, kết quả là $+\infty$ hoặc $-\infty.$
B. Giải bài tập sách giáo khoa
Bài 5.1 (SGK trang 109). Tìm các giới hạn sau
a) $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{n^2+n+1}{2n^2+1};$
b) $\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\sqrt{n^2+2n}-n\right).$
Lời giải
a) Lũy thừa cao nhất của $n$ ở mẫu là $n^2.$ Chia cả tử và mẫu cho $n^2$ ta được
\[\begin{aligned}\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{n^2+n+1}{2n^2+1}&\\=\lim\limits_{n\to+\infty}&\dfrac{1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}{2+\frac{1}{n^2}}.\end{aligned}\]Vì $\dfrac{1}{n}\to0$ và $\dfrac{1}{n^2}\to0$ nên tử dần tới 1, mẫu dần tới 2.
Vậy $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{n^2+n+1}{2n^2+1}=\dfrac{1}{2}.$
b) Hai số hạng $\sqrt{n^2+2n}$ và $n$ đều dần tới $+\infty$ và phần chính triệt tiêu nhau, nên ta nhân liên hợp.
• Nhân và chia với $\sqrt{n^2+2n}+n$ ta được
\[\begin{aligned}\sqrt{n^2+2n}-n&=\dfrac{(n^2+2n)-n^2}{\sqrt{n^2+2n}+n}\\&=\dfrac{2n}{\sqrt{n^2+2n}+n}.\end{aligned}\]• Chia cả tử và mẫu cho $n$ (đưa $n$ vào trong căn thành $n^2$) ta được
\[\dfrac{2n}{\sqrt{n^2+2n}+n}=\dfrac{2}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}+1}.\]• Vì $\dfrac{2}{n}\to0$ nên mẫu dần tới $\sqrt1+1=2.$
Vậy $\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\sqrt{n^2+2n}-n\right)=\dfrac{2}{2}=1.$
Bài 5.2 (SGK trang 109). Cho hai dãy số không âm $(u_n)$ và $(v_n)$ với $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=2$ và $\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=3.$ Tìm các giới hạn sau
a) $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{u_n^2}{v_n-u_n};$
b) $\lim\limits_{n\to+\infty}\sqrt{u_n+2v_n}.$
Lời giải
Ý chính là dùng các quy tắc tính giới hạn (tổng, hiệu, tích, thương, căn) vì hai dãy đều có giới hạn hữu hạn.
a) Theo quy tắc tích và hiệu ta có
+ $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n^2=\lim\limits_{n\to+\infty}(u_n\cdot u_n)$ $=2\cdot2=4;$
+ $\lim\limits_{n\to+\infty}(v_n-u_n)=3-2=1\ne0.$
Mẫu có giới hạn khác 0 nên dùng được quy tắc thương. Vậy $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{u_n^2}{v_n-u_n}=\dfrac{4}{1}=4.$
b) Ta có $\lim\limits_{n\to+\infty}(u_n+2v_n)=2+2\cdot3=8.$
Vì hai dãy không âm nên $u_n+2v_n\ge0$ với mọi $n.$ Theo quy tắc lấy căn, $\lim\limits_{n\to+\infty}\sqrt{u_n+2v_n}=\sqrt8=2\sqrt2.$
Vậy $\lim\limits_{n\to+\infty}\sqrt{u_n+2v_n}=2\sqrt2.$
Bài 5.3 (SGK trang 109). Tìm giới hạn của các dãy số cho bởi
a) $u_n=\dfrac{n^2+1}{2n-1};$
b) $v_n=\sqrt{2n^2+1}-n.$
Lời giải
a) Bậc tử (bậc 2) lớn hơn bậc mẫu (bậc 1) nên ta đặt lũy thừa cao nhất làm nhân tử chung.
\[\begin{aligned}u_n&=\dfrac{n^2\left(1+\frac{1}{n^2}\right)}{n\left(2-\frac{1}{n}\right)}\\&=n\cdot\dfrac{1+\frac{1}{n^2}}{2-\frac{1}{n}}.\end{aligned}\]Ta có $\lim\limits_{n\to+\infty}n=+\infty$ và $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1+\frac{1}{n^2}}{2-\frac{1}{n}}=\dfrac{1}{2}\gt0.$
Vậy $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=+\infty.$
b) Ở đây $\sqrt{2n^2}=\sqrt2\,n$ khác $n$ nên phần chính không triệt tiêu. Ta đặt $n$ làm nhân tử chung (với $n\gt0$ thì $\sqrt{2n^2+1}=n\sqrt{2+\frac{1}{n^2}}$)
\[\begin{aligned}v_n&=n\sqrt{2+\dfrac{1}{n^2}}-n\\&=n\left(\sqrt{2+\dfrac{1}{n^2}}-1\right).\end{aligned}\]Ta có $\lim\limits_{n\to+\infty}n=+\infty$ và $\sqrt{2+\dfrac{1}{n^2}}-1\to\sqrt2-1,$ là một số dương.
Vậy $\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=+\infty.$
Bài 5.4 (SGK trang 109). Viết các số thập phân vô hạn tuần hoàn sau đây dưới dạng phân số
a) $1,(12)=1{,}121212\ldots;$
b) $3,(102)=3{,}102102102\ldots$
Lời giải
Ý chính là tách phần lặp lại thành tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn rồi dùng công thức $S=\dfrac{u_1}{1-q}.$
a) Nhóm lặp lại là 12 (hai chữ số) nên
\[\begin{aligned}1{,}1212\ldots&=1+\dfrac{12}{100}+\dfrac{12}{100^2}\\&\quad+\dfrac{12}{100^3}+\ldots\end{aligned}\]Phần sau số 1 là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với $u_1=\dfrac{12}{100}$ và $q=\dfrac{1}{100}.$ Do đó
\[\begin{aligned}1{,}1212\ldots&=1+\dfrac{\frac{12}{100}}{1-\frac{1}{100}}=1+\dfrac{12}{99}\\&=1+\dfrac{4}{33}=\dfrac{37}{33}.\end{aligned}\]Vậy $1,(12)=\dfrac{37}{33}.$
b) Nhóm lặp lại là 102 (ba chữ số) nên
\[\begin{aligned}3{,}102102\ldots&=3+\dfrac{102}{1000}\\&\quad+\dfrac{102}{1000^2}+\ldots\end{aligned}\]Phần sau số 3 là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với $u_1=\dfrac{102}{1000}$ và $q=\dfrac{1}{1000}.$ Do đó
\[\begin{aligned}3{,}102102\ldots&=3+\dfrac{\frac{102}{1000}}{1-\frac{1}{1000}}\\&=3+\dfrac{102}{999}=3+\dfrac{34}{333}\\&=\dfrac{1033}{333}.\end{aligned}\]Vậy $3,(102)=\dfrac{1033}{333}.$
Bài 5.5 (SGK trang 109). Một bệnh nhân hằng 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.
Lời giải
Gọi $u_n$ (mg) là lượng thuốc trong cơ thể ngay sau khi uống viên thuốc của ngày thứ $n.$ Mỗi ngày, thuốc cũ còn lại 5% tức là nhân với 0,05, rồi cộng thêm 150 mg của viên mới.
• Lượng thuốc sau ngày thứ 5
+ Ngày 1 có $u_1=150.$
+ Ngày 2 có $u_2=150\cdot0{,}05+150$ $=150+150\cdot 0{,}05.$
+ Ngày 3 có $u_3=u_2\cdot0{,}05+150$ $=150+150\cdot0{,}05+150\cdot0{,}05^2.$
Cứ như vậy, sau ngày thứ $n$ lượng thuốc là tổng $n$ số hạng đầu của cấp số nhân có số hạng đầu 150 và công bội 0,05
\[\begin{aligned}u_n&=150+150\cdot0{,}05+\ldots\\&\quad+150\cdot0{,}05^{n-1}.\end{aligned}\]Do đó sau khi uống viên thuốc ngày thứ 5 ta có
\[u_5=\dfrac{150\left(1-0{,}05^5\right)}{1-0{,}05}=157{,}89\ldots\]Vậy sau ngày thứ 5, lượng thuốc trong cơ thể khoảng 157,89 mg.
• Khi dùng thuốc trong thời gian dài
Khi $n$ rất lớn, $u_n$ gần bằng tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với $u_1=150,$ $q=0{,}05$ (vì $|0{,}05|\lt1$)
\[S=\dfrac{150}{0{,}95}=\dfrac{3000}{19}\approx157{,}89.\]Vậy nếu dùng thuốc lâu dài, lượng thuốc trong cơ thể (ngay sau khi uống) ổn định ở khoảng 157,89 mg.
Bài 5.6 (SGK trang 109). Cho tam giác ABC vuông tại A, có $AB=h$ và góc B bằng $\alpha$ (H.5.3). Từ A kẻ $AA_1\perp BC,$ từ A1 kẻ $A_1A_2\perp AC,$ sau đó lại kẻ $A_2A_3\perp BC.$ Tiếp tục quá trình trên, ta được đường gấp khúc vô hạn AA1A2A3… Tính độ dài đường gấp khúc này theo $h$ và $\alpha.$
Lời giải
Ý chính là chứng minh mỗi đoạn của đường gấp khúc bằng đoạn liền trước nhân với $\sin\alpha,$ nên độ dài các đoạn lập thành cấp số nhân lùi vô hạn.
• Đoạn thứ nhất
Tam giác ABA1 vuông tại A1, cạnh huyền $AB=h,$ góc $B=\alpha$ nên $AA_1=AB\sin\alpha=h\sin\alpha.$
• Đoạn thứ hai
Ta có $\widehat{BAA_1}=90^\circ-\alpha$ (tam giác ABA1 vuông tại A1), suy ra $\widehat{A_1AC}=90^\circ-\left(90^\circ-\alpha\right)=\alpha.$
Tam giác AA1A2 vuông tại A2, cạnh huyền AA1, góc tại A bằng $\alpha$ nên $A_1A_2=AA_1\sin\alpha=h\sin^2\alpha.$
• Đoạn thứ ba
Ta có $A_1A_2\parallel AB$ (cùng vuông góc với AC) nên $\widehat{A_2A_1C}=\widehat{ABC}=\alpha$ (hai góc đồng vị).
Tam giác A1A2A3 vuông tại A3, cạnh huyền A1A2, góc tại A1 bằng $\alpha$ nên $A_2A_3=A_1A_2\sin\alpha=h\sin^3\alpha.$
• Tổng độ dài
Lặp lại lập luận trên, mỗi đoạn sau bằng đoạn liền trước nhân với $\sin\alpha.$ Do đó các độ dài $AA_1,$ $A_1A_2,$ $A_2A_3,$ … lập thành cấp số nhân với $u_1=h\sin\alpha$ và $q=\sin\alpha.$
Vì $0^\circ\lt\alpha\lt90^\circ$ nên $0\lt\sin\alpha\lt1,$ đây là cấp số nhân lùi vô hạn. Độ dài đường gấp khúc là
\[L=\dfrac{u_1}{1-q}=\dfrac{h\sin\alpha}{1-\sin\alpha}.\]Vậy độ dài đường gấp khúc AA1A2A3… bằng $\dfrac{h\sin\alpha}{1-\sin\alpha}.$
Bình luận
Viết bình luận của bạn