Câu 11. Tìm giới hạn của các dãy số (un) với
a. \({u_n} = – 2{n^3} + 3n + 5\)
b. \({u_n} = \sqrt {3{n^4} + 5{n^3} – 7n} \)
a. Ta có: \({u_n} = {n^3}\left( { – 2 + {3 \over {{n^2}}} + {5 \over {{n^3}}}} \right)\)
Vì \({{\mathop{\rm limn}\nolimits} ^3} = + \infty \,\text{ và }\,\lim \left( { – 2 + {3 \over {{n^2}}} + {5 \over {{n^3}}}} \right) = – 2 < 0\)
Nên \(\lim {u_n} = – \infty \)
b. Ta có: \({u_n} = {n^2}\sqrt {3 + {5 \over n} – {7 \over {{n^3}}}} \)
Vì \(\lim {n^2} = + \infty \,\text{ và }\,\lim \sqrt {3 + {5 \over n} – {7 \over {{n^3}}}} = \sqrt 3 > 0\)
Nên \(\lim {u_n} = + \infty \)
Câu 12. Tìm giới hạn của các dãy số (un) với
a. \({u_n} = {{ – 2{n^3} + 3n – 2} \over {3n – 2}}\)
b. \({u_n} = {{\root 3 \of {{n^6} – 7{n^3} – 5n + 8} } \over {n + 12}}\)
a. Ta có:
\({u_n} = {{{n^3}\left( { – 2 + {3 \over {{n^2}}} – {2 \over {{n^3}}}} \right)} \over {{n^3}\left( {{3 \over {{n^2}}} – {2 \over {{n^3}}}} \right)}} = {{ – 2 + {3 \over {{n^2}}} – {2 \over {{n^3}}}} \over {{3 \over {{n^2}}} – {2 \over {{n^3}}}}}\)
Vì \(\lim \left( { – 2 + {3 \over {{n^2}}} – {2 \over {{n^2}}}} \right) = – 2 < 0\)
Và \(\lim \left( {{3 \over {{n^2}}} – {2 \over {{n^3}}}} \right) = 0;\)
Nên \(\lim {u_n} = – \infty \)
b. Chia tử và mẫu của phân thức cho n, ta được :
\(\eqalign{
& {u_n} = {{n\root 3 \of {1 – {7 \over {{n^3}}} – {5 \over {{n^5}}} + {8 \over n^6}} } \over {1 + {{12} \over n}}} \cr
& \text{ Vì }\,\lim n\root 3 \of {1 – {7 \over {{n^3}}} – {5 \over {{n^5}}} + {8 \over n^6}} = + \infty \cr
& \text{ và }\,\lim \left( {1 + {{12} \over n}} \right) = 1 > 0 \cr
& \text{ nên }\,{{\mathop{\rm lim u}\nolimits} _n} = + \infty \cr} \)
Câu 13. Tìm các giới hạn sau :
a. \(\lim \left( {2n + \cos n} \right)\)
b. \(\lim \left( {{1 \over 2}{n^2} – 3\sin 2n + 5} \right)\)
a. Ta có:
\(\eqalign{
& 2n + \cos n = n\left( {2 + {{\cos n} \over n}} \right) \cr
& \left| {{{\cos n} \over n}} \right| \le {1 \over n},\lim {1 \over n} = 0 \Rightarrow \lim {{\cos n} \over n} = 0 \cr} \)
Do đó \(\lim \left( {2 + {{\cos n} \over n}} \right) = 2 > 0\,\text{ và }\,\lim n = + \infty \)
Suy ra \(\lim \left( {2n + \cos n} \right) = + \infty \)
b.
\(\eqalign{
& \lim \left( {{1 \over 2}{n^2} – 3\sin 2n + 5} \right) = \lim {n^2}\left( {{1 \over 2} – {{3\sin 2n} \over n^2} + {5 \over {{n^2}}}} \right) = + \infty \cr
& \text{ vì }\,\lim {n^2} = + \infty \,\text{ và }\,\lim \left( {{1 \over 2} – {{3\sin 2n} \over n^2} + {5 \over {{n^2}}}} \right) = {1 \over 2} > 0 \cr} \)
Câu 14. Chứng minh rằng nếu \(q > 1\) thì \(\lim {q^n} = + \infty .\)
Ta có:
\(\lim {\left( {{1 \over q}} \right)^n} = 0\,\left( {do\,q > 1} \right)\text{ mà }q > 0\text{ nên }\lim {q^n} = + \infty \)
Câu 15. Tìm giới hạn của các dãy số (un) với
a. \({u_n} = {{{3^n} + 1} \over {{2^n} – 1}}\)
b. \({u_n} = {2^n} – {3^n}\)
a. Chia cả tử và mẫu cho 3n ta được : \({u_n} = {{1 + {{\left( {{1 \over 3}} \right)}^n}} \over {{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} – {{\left( {{1 \over 3}} \right)}^n}}}\)
Advertisements (Quảng cáo)
\(\eqalign{
& \lim \left[ {1 + {{\left( {{1 \over 3}} \right)}^n}} \right] = 1 > 0\text{ và }\lim \left[ {{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} – {{\left( {{1 \over 3}} \right)}^n}} \right] = 0\,; \cr
& \text{ nên }\,\lim {u_n} = + \infty \cr} \)
b.
\(\eqalign{
& {u_n} = {3^n}\left[ {{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} – 1} \right] \cr
& \lim {3^n} = + \infty \text{ và }\lim \left[ {{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} – 1} \right] = – 1 < 0 \cr
&\text{ nên }{{\mathop{\rm lim}\nolimits}\,u _n} = – \infty \cr} \)
Câu 16. Tìm các giới hạn sau :
a. \(\lim {{{n^2} + 4n – 5} \over {3{n^3} + {n^2} + 7}}\)
b. \(\lim {{{n^5} + {n^4} – 3n – 2} \over {4{n^3} + 6{n^2} + 9}}\)
c. \(\lim {{\sqrt {2{n^4} + 3n – 2} } \over {2{n^2} – n + 3}}\)
d. \(\lim {{{3^n} – {{2.5}^n}} \over {7 + {{3.5}^n}}}\)
a.
\(\eqalign{
& \lim {{{n^2} + 4n – 5} \over {3{n^3} + {n^2} + 7}} = \lim {{{n^3}\left( {{1 \over n} + {4 \over {{n^2}}} – {5 \over {{n^3}}}} \right)} \over {{n^3}\left( {3 + {1 \over n} + {7 \over {{n^3}}}} \right)}} \cr
& = \lim {{{1 \over n} + {4 \over {{n^2}}} – {5 \over {{n^3}}}} \over {3 + {1 \over n} + {7 \over {{n^3}}}}} = {0 \over 3} = 0 \cr} \)
b.
\(\eqalign{
& \lim {{{n^5} + {n^4} – 3n – 2} \over {4{n^3} + 6{n^2} + 9}} = \lim {n^2}{{{n^3}\left( {1 + {1 \over n} – {3 \over {{n^4}}} – {2 \over {{n^5}}}} \right)} \over {{n^3}\left( {4 + {6 \over n} + {9 \over {{n^3}}}} \right)}} \cr
& = {{\mathop{\rm limn}\nolimits} ^2}{{\left( {1 + {1 \over n} – {3 \over {{n^4}}} – {2 \over {{n^5}}}} \right)} \over {\left( {4 + {6 \over n} + {9 \over {{n^3}}}} \right)}} = + \infty \cr} \)
c.
\(\eqalign{
& \lim {{\sqrt {2{n^4} + 3n – 2} } \over {2{n^2} – n + 3}} = \lim {{{n^2}\sqrt {2 + {3 \over {n^3}} – {2 \over {{n^4}}}} } \over {{n^2}\left ({2 – {1 \over n} + {3 \over{ {n^2}}}}\right )}} \cr
& = \lim {{\sqrt {2 + {n \over 3} – {2 \over {{n^2}}}} } \over {2 – {1 \over n} + {3 \over {{n^2}}}}} = {{\sqrt 2 } \over 2} \cr} \)
d. Chia cả tử và mẫu cho 5n ta được :
\(\eqalign{
& \lim {{{3^n} – {{2.5}^n}} \over {7 + {{3.5}^n}}} = \lim {{{{\left( {{3 \over 5}} \right)}^n} – 2} \over {7.{{\left( {{1 \over 5}} \right)}^n} + 3}} = – {2 \over 3} \cr
& \text{vì}\,\,\lim {\left( {{3 \over 5}} \right)^n} = \lim {\left( {{1 \over 5}} \right)^n} = 0 \cr} \)
Câu 17. Tìm các giới hạn sau :
a. \(\lim \left( {3{n^3} – 7n + 11} \right)\)
b. \(\lim \sqrt {2{n^4} – {n^2} + n + 2} \)
c. \(\lim \root 3 \of {1 + 2n – {n^3}} \)
d. \(\lim \sqrt {{{2.3}^n} – n + 2} .\)
a.
\(\eqalign{
& \lim \left( {3{n^3} – 7n + 11} \right) = \lim {n^3}\left( {3 – {7 \over {{n^2}}} + {{11} \over {{n^3}}}} \right) = + \infty \cr
& \text{ vì }\,{{\mathop{\rm limn}\nolimits} ^3} = + \infty \text{ và }\lim \left( {3 – {7 \over {{n^2}}} + {{11} \over {{n^3}}}} \right) = 3 > 0 \cr} \)
b.
Advertisements (Quảng cáo)
\(\eqalign{
& \lim \sqrt {2{n^4} – {n^2} + n + 2} = \lim {n^2}.\sqrt {2 – {1 \over {{n^2}}} + {1 \over {{n^3}}} + {2 \over {{n^4}}}} = + \infty \cr
& \text{ vì }\;\lim {n^2} = + \infty \text{ và }\lim \sqrt {2 – {1 \over {{n^2}}} + {1 \over {{n^3}}} + {2 \over {{n^4}}}} = \sqrt 2 > 0 \cr} \)
c.
\(\eqalign{
& \lim \root 3 \of {1 + 2n – {n^3}} = \lim n\root 3 \of {{1 \over {{n^3}}} + {2 \over {{n^2}}} – 1} = – \infty \cr
& \text{ vì }\lim n = + \infty \text{ và }\lim \root 3 \of {{1 \over {{n^3}}} + {2 \over {{n^2}}} – 1} = – 1 < 0 \cr} \)
d.
\(\sqrt {{{2.3}^n} – n + 2} = {\left( {\sqrt 3 } \right)^n}\sqrt {2 – {n \over {{3^n}}} + {2 \over {{3^n}}}} \) với mọi n.
Vì \(\lim {n \over {{3^n}}} = 0\) (xem bài tập 4) và \(\lim {2 \over {{3^n}}} = 0\)
Nên \(\lim \sqrt {2 – {n \over {{3^n}}} + {2 \over {{3^n}}}} = \sqrt 2 > 0\)
Ngoài ra \(\lim {\left( {\sqrt 3 } \right)^n} = + \infty \)
Do đó \(\lim \sqrt {{{2.3}^n} – n + 2} = + \infty \)
Câu 18. Tìm các giới hạn sau :
a. \(\lim \left( {\sqrt {{n^2} + n + 1} – n} \right)\)
Hướng dẫn : Nhân và chia biểu thức đã cho với \(\sqrt {{n^2} + n + 1} + n\)
b. \(\lim {1 \over {\sqrt {n + 2} – \sqrt {n + 1} }}\)
Hướng dẫn : Nhân tử và mẫu của phân thức đã cho với \(\sqrt {n + 2} + \sqrt {n + 1} \)
c. \(\lim \left( {\sqrt {{n^2} + n + 2} – \sqrt {n + 1} } \right)\)
d. \(\lim {1 \over {\sqrt {3n + 2} – \sqrt {2n + 1} }}\)
e. \(\lim \left( {\sqrt {n + 1} – \sqrt n } \right)n\)
f. \(\lim {{\sqrt {{n^2} + 1} – \sqrt {n + 1} } \over {3n + 2}}\)
a. Ta có:
\(\eqalign{
& \lim \left( {\sqrt {{n^2} + n + 1} – n} \right) = \lim {{\left( {{n^2} + n + 1} \right) – {n^2}} \over {\sqrt {{n^2} + n + 1} + n}} \cr
& = \lim {{n + 1} \over {\sqrt {{n^2} + n + 1} + n}} = \lim {{n\left( {1 + {1 \over n}} \right)} \over {n\left( {\sqrt {1 + {1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} + 1} \right)}} \cr
& = \lim {{1 + {1 \over n}} \over {\sqrt {1 + {1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} + 1}} = {1 \over 2} \cr} \)
b.
\(\eqalign{
& \lim {1 \over {\sqrt {n + 2} – \sqrt {n + 1} }} = \lim {{\sqrt {n + 2} + \sqrt {n + 1} } \over {n + 2 – n – 1}} \cr
& = \lim \left( {\sqrt {n + 2} + \sqrt {n + 1} } \right) = + \infty \cr} \)
c.
\(\eqalign{
& \lim \sqrt {{n^2} + n + 2} – \sqrt {n + 1} = \lim\,n \left( {\sqrt {1 + {1 \over n} + {2 \over {{n^2}}}} – \sqrt {{1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \right) = + \infty \cr
& \text{ vì}\;\lim n = + \infty \text{ và}\;\lim \left( {\sqrt {1 + {1 \over n} + {2 \over {{n^2}}}} – \sqrt {{1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \right) = 1 > 0 \cr} \)
d.
\(\eqalign{
& \lim {1 \over {\sqrt {3n + 2} – \sqrt {2n + 1} }} = \lim {{\sqrt {3n + 2} + \sqrt {2n + 1} } \over {3n + 2 – 2n – 1}} \cr
& = \lim {{\sqrt {3n + 2} + \sqrt {2n + 1} } \over {n + 1}} = \lim {{n\left( {\sqrt {{3 \over n} + {2 \over {{n^2}}}} + \sqrt {{2 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \right)} \over {n\left( {1 + {1 \over n}} \right)}} \cr
& = \lim {{\sqrt {{3 \over n} + {2 \over {{n^2}}}} + \sqrt {{2 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \over {1 + {1 \over n}}} = 0 \cr} \)
e.
\(\eqalign{
& \lim \left( {\sqrt {n + 1} – \sqrt n } \right).n \cr
& = \lim \sqrt n .{{\sqrt n } \over {\sqrt {n + 1} + \sqrt n }} = \lim \sqrt n .{1 \over {\sqrt {1 + {1 \over n}} + 1}} = + \infty \cr
& \text{ vì}\;\lim \sqrt n = + \infty \;\text{và}\;\lim {1 \over {\sqrt {1 + {1 \over n}} + 1}} = {1 \over 2} > 0 \cr} \)
f.
\(\eqalign{
& \lim {{\sqrt {{n^2} + 1} – \sqrt {n + 1} } \over {3n + 2}} = \lim {{n\left( {\sqrt {1 + {1 \over {{n^2}}}} – \sqrt {{1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \right)} \over {n\left( {3 + {2 \over n}} \right)}} \cr
& = \lim {{\sqrt {1 + {1 \over {{n^2}}}} – \sqrt {{1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \over {3 + {2 \over n}}} = {1 \over 3}. \cr} \)
Câu 19. Tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn là \({5 \over 3},\) tổng ba số hạng đầu tiên của nó là \({{39} \over {25}}\) . Tìm số hạng đầu và công bội của cấp số đó.
Ta có:
\(\eqalign{
& S = {{{u_1}} \over {1 – q}} = {5 \over 3}\,\,\,\left( 1 \right) \cr
& {u_1} + {u_2} + {u_3} = {u_1}\left( {1 + q + {q^2}} \right) = {{39} \over {25}}\cr
& \Rightarrow {{{u_1}} \over {1 – q}}\left( {1 – {q^3}} \right) = {{39} \over {25}}\,\,\left( 2 \right) \cr} \)
Thay (1) vào (2) ta được :\({5 \over 3}\left( {1 – {q^3}} \right) = {{39} \over {25}} \Rightarrow q = {2 \over 5}\)
Từ (1) suy ra \({u_1} = 1\) .
Vậy \({u_1} = 1,q = {2 \over 5}\)
Câu 20. Bông tuyết Vôn Kốc
Ta bắt đầu từ một tam giác đều cạnh a. Chia mỗi cạnh của tam giác ABC thành ba đoạn thẳng bằng nhau. Trên mỗi đoạn thẳng ở giữa, dựng một tam giác đều nằm ngoài tam giác ABC rồi xóa đáy của nó, ta được đường gấp khúc khép kín H1. Chia mỗi cạnh H1 thành ba đoạn thẳng bằng nhau. Trên mỗi đoạn thẳng ở giữa, dựng một tam giác đều nằm ngoài H1 rồi xóa đáy của nó, ta được đường gấp khúc khép kín H2. Tiếp tục như vậy, ta được một hình giống như bông tuyết, gọi là bông tuyết Vôn Kốc (h. 4.6).
a. Gọi p1, phương pháp, …, pn, … là độ dài của H1, H2, …, Hn, … . Chứng minh rằng (pn) là một cấp số nhân. Tìm limpn.
b. Gọi Sn là diện tích của miền giới hạn bởi đường gấp khúc Hn. Tính Sn và tìm giới hạn của dãy số (Sn).
Hướng dẫn : Số cạnh của Hn là 3.4n. Tìm độ dài mỗi cạnh của Hn, từ đó tính pn. Để tính Sn cần chú ý rằng muốn có Hn+1 chỉ cần thêm vào một tam giác đều nhỏ trên mỗi cạnh của Hn.
a. Số cạnh của Hn là 3.4n.
Độ dài mỗi cạnh của Hnlà \({a \over {{3^n}}}\)
Do đó độ dài của Hnlà \({p_n} = {3.4^n}.{a \over {{3^n}}} = 3a{\left( {{4 \over 3}} \right)^n}\)
Vậy dãy số (pn) là một cấp số nhân và \(\lim {p_n} = + \infty \)
b. Diện tích tam giác ABC cạnh a là \(S = {{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}\)
\(\eqalign{
& {S_1} – S = 3.\left( {{S \over 9}} \right) = {S \over 3}, \cr
& {S_2} – {S_1} = 4.3.\left( {{S \over {{9^2}}}} \right) = {S \over 3}.\left( {{4 \over 9}} \right) \cr
& {S_3} – {S_2} = {4^2}.3.\left( {{S \over {{9^3}}}} \right) = {S \over 3}.{\left( {{4 \over 9}} \right)^2} \cr} \)
Bằng phương pháp qui nạp, ta được :
\({S_n} = {S_{n – 1}} = {4^{n – 1}}.3.\left( {{S \over {{9^n}}}} \right) = {S \over 3}.{\left( {{4 \over 9}} \right)^{n – 1}}\)
Cộng từng vế n đẳng thức trên, ta được :
\({S_n} – S = {S \over 3} + {S \over 3}.\left( {{4 \over 9}} \right) + {S \over 3}.{\left( {{4 \over 9}} \right)^2} + … + {S \over 3}.{\left( {{4 \over 9}} \right)^{n – 1}}\,\,\left( 1 \right)\)
Vế phải của (1) là tổng của n số hạng đầu tiên của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu là \({S \over 3}\) và công bội là \({4 \over 9}\). Tổng của cấp số nhân này là :
\(\left( {{S \over 3}} \right).{1 \over {1 – {4 \over 9}}} = {{3S} \over 5}\)
Do đó \(\lim \left( {{S_n} – S} \right) = {{3S} \over 5}\)
Suy ra \(\lim {S_n} = {{3S} \over 5} + S = {{8S} \over 5} = {8 \over 5}.{{{a^2}\sqrt 3 } \over 4} = {{2\sqrt 3 } \over 5}{a^2}\)
