Bài 1.1 trang 153 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 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 trang 153 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11. 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 trang 153 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11. 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 ? 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 Sách bài tập (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 \({v_n} = - n!\) Giải : 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 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 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 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11. 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 trang 154 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11. 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 trang 154 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11. Biết \(\left| {{u_n} - 2} \right| \le {1 \over {{3^n}}}\). Có kết luận gì về giới hạn của dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) ? Giải: \(\lim {u_n} = 2\) Bài 1.9 trang 154 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11. 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 trang 154 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11. Tính tổng của cấp số nhân lùi vô hạn \(1, - {1 \over 2},{1 \over 4}, - {1 \over 8},...,{\left( { - {1 \over 2}} \right)^{n - 1}},...\) Giải : ĐS: \({2 \over 3}\) Bài 1.12 trang 154 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11. Tính tổng \(S = 1 + 0,9 + {\left( {0,9} \right)^2} + {\left( {0,9} \right)^3} + ... + {\left( {0,9} \right)^{n - 1}} + ...\) Giải: ĐS: 10 Bài 1.13 trang 154 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11. 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 trang 154 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11. 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 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11. 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 trang 155 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11. 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 n bước. 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 \(\lim {S_n} = {1 \over 2}\)
