Giải bài tập SBT Toán 11 Bài 1: Giới hạn của dãy số

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 đúng không ?

Phương pháp giải:

Dựa vào định nghĩa dãy số có giới hạn 0 để chứng tỏ $\left( {{v_n}} \right)$ có giới hạn là 0.

Hướng dẫn giải:

Vì $\left( {{u_n}} \right)$ có giới hạn là 0 nên $\left| {{u_n}} \right|$ có thể nhỏ hơn một số dương bé tuỳ ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi.

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).

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 ?

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp phản chứng, giả sử ngược lại, $\left( {{u_n} + {v_n}} \right)$ có giới hạn hữu hạn suy ra điều vô lí.

Hướng dẫn 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

⇒ ${u_n} + {v_n} - {u_n} = {v_n}$ có giới hạn hữu hạn.

Điều này trái với giả thiết $\left( {{v_n}} \right)$ không có giới hạn hữu hạn.

Vậy $\left( {{u_n} + {v_n}} \right)$ có giới hạn hữu hạn.

Cho hai dãy số (u_n) và (v_n). Biết $\lim {u_n} = - \infty$ và ${v_n} \le {u_n}$ với mọi n.

a) Có kết luận gì về giới hạn của dãy (v_n) khi $n \to + \infty$?

b) Tìm v_n với ${v_n} = - n!$

Phương pháp giải:

a) Dự vào lý thuyết dãy số chứng tỏ $\lim {v_n} = - \infty$.

b) Dựa trên kết quả câu a để tính.

Hướng dẫn 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 $\lim {v_n} = \lim \left( { - n!} \right) = - \infty$

Tính giới hạn của các dãy số có số hạng tổng quát sau đây, khi $\displaystyle n \to + \infty$

a) $\displaystyle {a_n} = {{2n - 3{n^3} + 1} \over {{n^3} + {n^2}}}$

b) $\displaystyle {b_n} = {{3{n^3} - 5n + 1} \over {{n^2} + 4}}$

c) $\displaystyle {c_n} = {{2n\sqrt n } \over {{n^2} + 2n - 1}}$

d) $\displaystyle {u_n} = {2^n} + {1 \over n}$

e) $\displaystyle {v_n} = {\left( { - {{\sqrt 2 } \over \pi }} \right)^n} + {{{3^n}} \over {{4^n}}}$

f) $\displaystyle {u_n} = {{{3^n} - {4^n} + 1} \over {{{2.4}^n} + {2^n}}}$

g) $\displaystyle {v_n} = {{\sqrt {{n^2} + n - 1} - \sqrt {4{n^2} - 2} } \over {n + 3}}$

Phương pháp giải:

Các câu a, b, c, d: Chia cả tử và mẫu của các phân thức cho lũy thừa bậc cao nhất của n rồi sử dụng dãy số có giới hạn 0.

e) Sử dụng giới hạn: $\lim {q^n} = 0$ khi $\left| q \right| < 1$

f) Chia cả tử và mẫu cho $4^n$ và sử dụng giới hạn $\lim {q^n} = 0$ khi $\left| q \right| < 1$.

g) Chia cả tử và mẫu cho n suy ra giới hạn.

Hướng dẫn giải:

 $a) \ \lim {a_n} = \lim \dfrac{{2n - 3{n^3} + 1}}{{{n^3} + {n^2}}} \\ = \lim \dfrac{{{n^3}\left( {\dfrac{2}{{{n^2}}} - 3 + \dfrac{1}{{{n^3}}}} \right)}}{{{n^3}\left( {1 + \dfrac{1}{n}} \right)}} \\ = \lim \dfrac{{\dfrac{2}{{{n^2}}} - 3 + \dfrac{1}{{{n^3}}}}}{{1 + \dfrac{1}{n}}} \\ = \dfrac{{0 - 3 + 0}}{{1 + 0}} = \dfrac{{ - 3}}{1} = - 3$

$b) \ \lim {b_n} = \lim \dfrac{{3{n^3} - 5n + 1}}{{{n^2} + 4}} \\= \lim \dfrac{{{n^3}\left( {3 - \dfrac{5}{{{n^2}}} + \dfrac{1}{{{n^3}}}} \right)}}{{{n^3}\left( {\dfrac{1}{n} + \dfrac{4}{{{n^3}}}} \right)}} \\= \lim \dfrac{{3 - \dfrac{5}{{{n^2}}} + \dfrac{1}{{{n^3}}}}}{{\dfrac{1}{n} + \dfrac{4}{{{n^3}}}}} = + \infty$

Vì $\lim \left( {3 - \dfrac{5}{{{n^2}}} + \dfrac{1}{{{n^3}}}} \right) = 3 > 0$ và $\lim \left( {\dfrac{1}{n} + \dfrac{4}{{{n^3}}}} \right) = 0$

$c) \ \lim {c_n} = \lim \dfrac{{2n\sqrt n }}{{{n^2} + 2n - 1}} \\ = \lim \dfrac{{2{n^2}.\dfrac{1}{{\sqrt n }}}}{{{n^2}\left( {1 + \dfrac{2}{n} - \dfrac{1}{{{n^2}}}} \right)}} \\= \lim \dfrac{{\dfrac{2}{{\sqrt n }}}}{{1 + \dfrac{2}{n} - \dfrac{1}{{{n^2}}}}} = \dfrac{0}{{1 + 0 - 0}} = 0$

d) $\lim {u_n} = \lim \left( {{2^n} + \dfrac{1}{n}} \right) = \lim {2^n} + \lim \dfrac{1}{n} = + \infty$

(vì $\lim {2^n} = + \infty,\lim \dfrac{1}{n} = 0$)

$e) \ \lim {v_n} = \lim \left[ {{{\left( { - \dfrac{{\sqrt 2 }}{\pi }} \right)}^n} + \dfrac{{{3^n}}}{{{4^n}}}} \right] \\ = \lim {\left( { - \dfrac{{\sqrt 2 }}{\pi }} \right)^n} + \lim {\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^n}\\ = 0 + 0 = 0.$

Vì $\left| { - \dfrac{{\sqrt 2 }}{\pi }} \right| < 1$ và $\dfrac{3}{4} < 1$ nên $\lim {\left( { - \dfrac{{\sqrt 2 }}{\pi }} \right)^n} = \lim {\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^n} = 0$

$f) \ \lim {u_n} = \lim \dfrac{{{3^n} - {4^n} + 1}}{{{{2.4}^n} + {2^n}}} \\= \lim \dfrac{{{{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)}^n} - 1 + \dfrac{1}{{{4^n}}}}}{{2 + {{\left( {\dfrac{2}{4}} \right)}^n}}} \\= \dfrac{{0 - 1 + 0}}{{2 + 0}} = - \dfrac{1}{2}$

$g) \ \lim {v_n} = \lim \dfrac{{\sqrt {{n^2} + n - 1} - \sqrt {4{n^2} - 2} }}{{n + 3}} \\= \lim \dfrac{{n\sqrt {1 + \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{{{n^2}}}} - n\sqrt {4 - \dfrac{2}{{{n^2}}}} }}{{n\left( {1 + \dfrac{3}{n}} \right)}} \\ = \lim \dfrac{{\sqrt {1 + \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{{{n^2}}}} - \sqrt {4 - \dfrac{2}{{{n^2}}}} }}{{1 + \dfrac{3}{n}}} \\= \dfrac{{1 - 2}}{1} = - 1.$

Tính các giới hạn sau:

a) $\lim \left( {{n^2} + 2n - 5} \right)$

b) $\lim \left( { - {n^3} - 3{n^2} - 2} \right)$

c) $\lim \left[ {{4^n} + {{\left( { - 2} \right)}^n}} \right]$

Phương pháp giải:

Đặt lũy thừa bậc cao nhất của n ra làm nhân tử chung và sử dụng các giới hạn 0

Hướng dẫn giải:

a) $\lim \left( {{n^2} + 2n - 5} \right) = \lim {n^2}\left( {1 + \dfrac{2}{n} - \dfrac{5}{{{n^2}}}} \right) = + \infty.$

Vì $\lim {n^2} = + \infty$ và $\lim \left( {1 + \dfrac{2}{n} - \dfrac{5}{{{n^2}}}} \right) = 1 + 0 - 0 = 1>0$

b) $\lim \left( { - {n^3} - 3{n^2} - 2} \right) = \lim \left[ { - {n^3}\left( {1 + \dfrac{3}{n} + \dfrac{2}{{{n^3}}}} \right)} \right] = - \infty$

Vì $\lim \left( { - {n^3}} \right) = - \infty$ và $\lim \left( {1 + \dfrac{3}{n} + \dfrac{2}{{{n^3}}}} \right) = 1 + 0 + 0 = 1 > 0$

c) $\lim \left[ {{4^n} + {{\left( { - 2} \right)}^n}} \right] = \lim {4^n}\left[ {1 + {{\left( { - \dfrac{2}{4}} \right)}^n}} \right] = + \infty.$

Vì $\lim {4^n} = + \infty$ và $\lim \left[ {1 + {{\left( { - \dfrac{2}{4}} \right)}^n}} \right] = 1 + 0 = 1 > 0$

Cho hai dãy số (u_n) và (v_n). Chứng minh rằng nếu $\lim {v_n} = 0$ và $\left| {{u_n}} \right| \le {v_n}$ với mọi n thì $\lim {u_n} = 0$ 

Phương pháp giải:

Áp dụng định nghĩa dãy số để chứng minh.

Hướng dẫn 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 $\lim {u_n} = 0$

Biết $\displaystyle \left| {{u_n} - 2} \right| \le {1 \over {{3^n}}}$. Có kết luận gì về giới hạn của dãy số $\displaystyle \left( {{u_n}} \right)$?

Phương pháp giải:

Cho hai dãy số (u_n) và (v_n). Nếu $\lim {v_n} = 0$ và $\left| {{u_n}} \right| \le {v_n}$ với mọi n thì $\lim {u_n} = 0$ 

Hướng dẫn giải:

Ta có: $\left| {{u_n} - 2} \right| \le \dfrac{1}{{{3^n}}}$ và $\lim \dfrac{1}{{{3^n}}} = 0$ 

Nên $\lim ({u_n}-2) = 0$ hay $\lim {u_n}= 2.$

Cho dãy số \displaystyle $\left( {{u_n}} \right)$ xác định bởi công thức truy hồi:

$\displaystyle \left\{ \matrix{ {u_1} = 2 \hfill \cr {u_{n + 1}} = {{{u_n} + 1} \over 2}{\rm{ \ với \ }}n \ge 1 \hfill \cr} \right.$

Chứng minh rằng $\displaystyle \left( {{u_n}} \right)$ có giới hạn hữu hạn khi $\displaystyle n\to +\infty$. Tìm giới hạn đó.

Phương pháp giải:

- Dự đoán công thức tổng quát, chứng minh công thức đúng bằng phương pháp quy nạp.

- Tính giới hạn.

Hướng dẫn giải:

$\displaystyle \left\{ \matrix{ {u_1} = 2 \hfill \cr {u_{n + 1}} = {{{u_n} + 1} \over 2}{\rm\,\,{ với }}\,\,n \ge 1 \hfill \cr} \right.$

Ta có:

$\begin{array}{l}{u_1} = 2\\{u_2} = \dfrac{3}{2} = \dfrac{{2 + 1}}{2}\\{u_3} = \dfrac{5}{4} = \dfrac{{{2^2} + 1}}{{{2^2}}}\\{u_4} = \dfrac{9}{8} = \dfrac{{{2^3} + 1}}{{{2^3}}}\\{u_5} = \dfrac{{17}}{{16}} = \dfrac{{{2^4} + 1}}{{{2^4}}}\end{array}$

Dự đoán ${u_n} = \dfrac{{{2^{n - 1}} + 1}}{{{2^{n - 1}}}}\,\left( * \right) với\ \forall n \in {\mathbb{N}^*}$

Thật vậy,

+) Với n = 1 ta có ${u_1} = \dfrac{{{2^{1 - 1}} + 1}}{{{2^{1 - 1}}}} = 2$ nên đúng.

+) Giả sử (*) đúng với n = k, nghĩa là ${u_k} = \dfrac{{{2^{k - 1}} + 1}}{{{2^{k - 1}}}}$

Ta cần chứng minh ${u_{k + 1}} = \dfrac{{{2^k} + 1}}{{{2^k}}}$

Ta có:

${u_{k + 1}} = \dfrac{{{u_k} + 1}}{2} \\= \dfrac{1}{2}\left( {{u_k} + 1} \right) \\= \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{{2^{k - 1}} + 1}}{{{2^{k - 1}}}} + 1} \right) \\ = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{{2^{k - 1}} + 1 + {2^{k - 1}}}}{{{2^{k - 1}}}} \\ = \dfrac{{{{2.2}^{k - 1}} + 1}}{{{{2.2}^{k - 1}}}} \\ = \dfrac{{{2^k} + 1}}{{{2^k}}} \Rightarrow dpcm.$

Từ đó, 

$\displaystyle \eqalign{ & \lim {u_n} = \lim {{{2^{n - 1}} + 1} \over {{2^{n - 1}}}} \cr & = \lim \left[ {1 + {{\left( {{1 \over 2}} \right)}^{n - 1}}} \right] \cr & = \lim \left[ {1 + 2.{{\left( {{1 \over 2}} \right)}^n}} \right] = 1 \cr}$

Tính tổng của cấp số nhân lùi vô hạn $\displaystyle 1, - {1 \over 2},{1 \over 4}, - {1 \over 8},...,{\left( { - {1 \over 2}} \right)^{n - 1}},...$

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức $S = \dfrac{{{u_1}}}{{1 - q}}.$

Hướng dẫn giải:

Dãy số đã cho là cấp số nhân có ${u_1} = 1,q = - \dfrac{1}{2}.$

Dễ thấy $\left| { - \dfrac{1}{2}} \right| < 1$ nên dãy đã cho là cấp số nhân lùi vô hạn.

Tổng $S = \dfrac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \dfrac{1}{{1 + \dfrac{1}{2}}} = \dfrac{2}{3}.$

Tìm số hạng tổng quát của cấp số nhân lùi vô hạn có tổng bằng 3 và công bội $\displaystyle q = {2 \over 3}$

Phương pháp giải:

Tính $u_1$ và suy ra công thức tổng quát.

Hướng dẫn giải:

Ta có:

$S = \dfrac{{{u_1}}}{{1 - q}} \\ \Leftrightarrow 3 = \dfrac{{{u_1}}}{{1 - \dfrac{2}{3}}} \\ \Leftrightarrow {u_1} = 3\left( {1 - \dfrac{2}{3}} \right) = 3.\dfrac{1}{3} = 1 \\ \Rightarrow {u_n} = {u_1}{q^{n - 1}} = {\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^{n - 1}}$

Cho dãy số $\displaystyle \left( {{b_n}} \right)$ có số hạng tổng quát là $\displaystyle {b_n} = \sin \alpha + {\sin ^2}\alpha +... + {\sin ^n}\alpha$ với $\displaystyle \alpha \ne {\pi \over 2} + k\pi$. Tìm giới hạn của $\displaystyle \left( {{b_n}} \right).$

Phương pháp giải:

Nhận xét $\lim {b_n}$ là tổng cấp số nhân lùi vô hạn và sử dụng công thức đó tính toán.

Hướng dẫn giải:

Dãy số: $\displaystyle \sin \alpha,...,{\sin ^n}\alpha,...$ với $\displaystyle \alpha \ne {\pi \over 2} + k\pi$, là một cấp số nhân lùi vô hạn, công bội $\displaystyle q = \sin \alpha$

Vì $\displaystyle \left| {\sin \alpha } \right| < 1$ với $\displaystyle \alpha \ne {\pi \over 2} + k\pi$ 

Nên $\displaystyle \left( {{{\sin }^n}\alpha } \right)$ là một cấp số nhân lùi vô hạn.

Hơn nữa, $\displaystyle {b_n} = \sin \alpha + {\sin ^2}\alpha +... + {\sin ^n}\alpha = {S_n}$

Do đó, $\displaystyle \lim {b_n} = \sin \alpha + {\sin ^2}\alpha +... + {\sin ^n}\alpha +... \displaystyle = {{\sin \alpha } \over {1 - \sin \alpha }}.$

Cho số thập phân vô hạn tuần hoàn a = 34,121212... (chu kì là 12 ). Hãy viết a dưới dạng một phân số.

Phương pháp giải:

- Biến đổi 34,121212...= 34 + 0,12 + 0,0012 + 0,000012 +...

- Chứng minh tồn tại một cấp số nhân lùi vô hạn và tính tổng dãy đó.

Hướng dẫn giải:

$\begin{array}{l}34,121212...\\ = 34 + 0,12 + 0,0012 + 0,000012 +...\\ = 34 + \dfrac{{12}}{{100}} + \dfrac{{12}}{{10000}} + \dfrac{{12}}{{1000000}} +...\\ = 34 + 12.\left( {\dfrac{1}{{{{10}^2}}} + \dfrac{1}{{{{10}^4}}} + \dfrac{1}{{{{10}^6}}} +...} \right)\end{array}$

Dãy $\dfrac{1}{{{{10}^2}}},\dfrac{1}{{{{10}^4}}},\dfrac{1}{{{{10}^6}}},...$ là một cấp số nhân lùi vô hạn có ${u_1} = \dfrac{1}{{{{10}^2}}}$, công bội $q = \dfrac{1}{{{{10}^2}}}$ 

Nên $\dfrac{1}{{{{10}^2}}} + \dfrac{1}{{{{10}^4}}} + \dfrac{1}{{{{10}^6}}} +... = \dfrac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \dfrac{{\dfrac{1}{{{{10}^2}}}}}{{1 - \dfrac{1}{{{{10}^2}}}}} = \dfrac{1}{{99}}$

Vậy $34,121212... = 34 + 12.\dfrac{1}{{99}} = \dfrac{{1126}}{{33}}.$