Toptailieu.vn biên soạn và giới thiệu lời Toán 11 (Kết nối tri thức) Bài 15: Giới hạn của dãy số hay, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng trả lời câu hỏi Sgk Toán 11 Bài 15 từ đó học tốt môn Toán 11.

Toán 11 (Kết nối tri thức) Bài 15: Giới hạn của dãy số

1. Giới hạn hữu hạn của dãy số

Giải Toán 11 trang 105

HĐ1 trang 105 Toán 11 Tập 1: Nhận biết dãy số có giới hạn là 0

Cho dãy số (u_n­) với $u_n=\frac{{\left(-1\right)}^n}{n}$ .

a) Biểu diễn năm số hạng đầu của dãy số này trên trục số.

b) Bắt đầu từ số hạng nào của dãy, khoảng cách từ u_n đến 0 nhỏ hơn 0,01?

Lời giải:

a) Năm số hạng đầu của dãy số (u_n) đã cho là $u_1=\frac{{\left(-1\right)}^1}{1}=-1$ ; $u_2=\frac{{\left(-1\right)}^2}{2}=\frac{1}{2}$ ; $u_3=\frac{{\left(-1\right)}^3}{3}=-\frac{1}{3}$ ; $u_4=\frac{{\left(-1\right)}^4}{4}=\frac{1}{4}$ ; $u_5=\frac{{\left(-1\right)}^5}{5}=-\frac{1}{5}$ .

Biểu diễn các số hạng này trên trục số, ta được:

b) Khoảng cách từ u_n đến 0 là  .

Ta có: $\frac{1}{n}<0,01$$\iff \frac{1}{n}<\frac{1}{100}\iff n>100$ .

Vậy bắt đầu từ số hạng thứ 101 của dãy thì khoảng cách từ u_n đến 0 nhỏ hơn 0,01.

Luyện tập 1 trang 105 Toán 11 Tập 1: Chứng minh rằng $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{{\left(-1\right)}^{n-1}}{3^n}=0$ .

Lời giải:

Xét dãy số (u_n) có $u_n=\frac{{\left(-1\right)}^{n-1}}{3^n}$ .

Ta cóvà $\underset{n\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{1}{3}\right)}^n=0$ .

Do đó, $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{{\left(-1\right)}^{n-1}}{3^n}=0$ .

HĐ2 trang 105 Toán 11 Tập 1: Nhận biết dãy số có giới hạn hữu hạn

Cho dãy số (u_n) với $u_n=\frac{n+{\left(-1\right)}^n}{n}$ . Xét dãy số (v_n) xác định bởi v_n = u_n – 1.

Tính $\underset{n\to +\infty }{\lim }{v}_n$ .

Lời giải:

Ta có: v_n = u_n – 1 = $\frac{n+{\left(-1\right)}^n}{n}-1=\left(1+\frac{{\left(-1\right)}^n}{n}\right)-1=\frac{{\left(-1\right)}^n}{n}$ .

Do đó, $\underset{n\to +\infty }{\lim }{v}_n=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{{\left(-1\right)}^n}{n}=0$ .

Giải Toán 11 trang 106

Luyện tập 2 trang 106 Toán 11 Tập 1: Cho dãy số (u_n) với $u_n=\frac{{3.2}^n-1}{2^n}$ . Chứng minh rằng $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=3$ .

Lời giải:

Ta có: $u_n-3=\frac{{3.2}^n-1}{2^n}-3=\frac{\left({3.2}^n-1\right)-{3.2}^n}{2^n}=-\frac{1}{2^n}\to 0$ khi n ⟶ +∞.

Do vây, $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=3$ .

Vận dụng 1 trang 106 Toán 11 Tập 1: Một quả bóng cao su được thả từ độ cao 5 m xuống mặt sàn. Sau mỗi lần chạm sàn, quả bóng nảy lên độ cao bằng $\frac{2}{3}$ độ cao trước đó. Giả sử rằng quả bóng luôn chuyển động vuông góc với mặt sàn và quá trình này tiếp diễn vô hạn lần. Giả sử u_n là độ cao (tính bằng mét) của quả bóng sau lần nảy lên thứ n. Chứng minh rằng dãy số (u_n) có giới hạn là 0.

Lời giải:

Một quả bóng cao su được thả từ độ cao 5 m xuống mặt sàn, sau lần chạm sàn đầu tiên, quả bỏng nảy lên một độ cao là u₁ = $\frac{2}{3}\cdot 5$ .

Tiếp đó, bóng rơi từ độ cao u₁ xuống mặt sàn và nảy lên độ cao là $u_2=\frac{2}{3}{u}_1=\frac{2}{3}\cdot \left(\frac{2}{3}\cdot 5\right)=5\cdot {\left(\frac{2}{3}\right)}^2$.

Tiếp đó, bóng rơi từ độ cao u₂ xuống mặt sàn và nảy lên độ cao là $u_3=\frac{2}{3}{u}_2=\frac{2}{3}\cdot \left(5\cdot {\left(\frac{2}{3}\right)}^2\right)=5\cdot {\left(\frac{2}{3}\right)}^3$ và cứ tiếp tục như vậy.

Sau lần chạm sàn thứ n, quả bóng nảy lên độ cao là $u_n=5\cdot {\left(\frac{2}{3}\right)}^n$ .

Ta có: $\underset{n\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{2}{3}\right)}^n=0$ , do đó, $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=0$ , suy ra điều phải chứng minh.

2. Định lí về giới hạn hữu hạn của dãy số

HĐ3 trang 106 Toán 11 Tập 1: Hình thành quy tắc tính giới hạn

Cho hai dãy số (u_n) và (v_n) với $u_n=2+\frac{1}{n},v_n=3-\frac{2}{n}$.

Tính và so sánh: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(u_n+v_n\right)$ và $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n+\underset{n\to +\infty }{\lim }{v}_n$.

Lời giải:

+) Ta có: $u_n+v_n=\left(2+\frac{1}{n}\right)+\left(3-\frac{2}{n}\right)=5-\frac{1}{n}$.

Lại có $\left(u_n+v_n\right)-5=\left(5-\frac{1}{n}\right)-5=-\frac{1}{n}\to 0$ khi n ⟶ +∞.

Do vậy, $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(u_n+v_n\right)=5$.

+) Ta có: $u_n-2=\left(2+\frac{1}{n}\right)-2=\frac{1}{n}\to 0$ khi n ⟶ +∞.

Do vậy, $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=2$.

Và $v_n-3=\left(3-\frac{2}{n}\right)-3=-\frac{2}{n}\to 0$ khi n ⟶ +∞.

Do vây, $\underset{n\to +\infty }{\lim }{v}_n=3$.

Khi đó, $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n+\underset{n\to +\infty }{\lim }{v}_n$ = 2 + 3 = 5 = $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(u_n+v_n\right)$.

Vậy $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(u_n+v_n\right)$ = $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n+\underset{n\to +\infty }{\lim }{v}_n$.

Giải Toán 11 trang 107

Luyện tập 3 trang 107 Toán 11 Tập 1: Tìm $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{2n^2+1}}{n+1}$.

Lời giải:

Áp dụng các quy tắc tính giới hạn, ta được:

$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{2n^2+1}}{n+1}$$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{n^2\left(2+\frac{1}{n^2}\right)}}{n+1}$$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n\sqrt{2+\frac{1}{n^2}}}{n\left(1+\frac{1}{n}\right)}$$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{2+\frac{1}{n^2}}}{1+\frac{1}{n}}=\frac{\sqrt{2}}{1}=\sqrt{2}$.

3. Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn

HĐ4 trang 107 Toán 11 Tập 1: Làm quen với việc tính tổng vô hạn

Cho hình vuông cạnh 1 (đơn vị độ dài). Chia hình vuông đó thành bốn hình vuông nhỏ bằng nhau, sau đó tô màu hình vuông nhỏ góc dưới bên trái (H.5.2). Lặp lại các thao tác này với hình vuông nhỏ góc trên bên phải. Giả sử quá trình trên tiếp diễn vô hạn lần. Gọi u₁, u₂, ..., u_n, ... lần lượt là độ dài cạnh của các hình vuông được tô màu.

a) Tính tổng S_n = u₁ + u₂ + ... + u_n.

b) Tìm S = $\underset{n\to +\infty }{\lim }{S}_n$.

Lời giải:

a) Ta có: u₁ là độ dài cạnh của hình vuông được tô màu tạo từ việc chia hình vuông cạnh 1 thành 4 hình vuông nhỏ bằng nhau, do đó $u_1=\frac{1}{2}$.

Cứ tiếp tục như thế, ta được: $u_2=\frac{1}{2}{u}_1,u_3=\frac{1}{2}{u}_2$,..., $u_n=\frac{1}{2}{u}_{n-1}$, ...

Do vậy, độ dài cạnh của các hình vuông được tô màu lập thành một cấp số nhân với số hạng đầu $u_1=\frac{1}{2}$ và công bội $q=\frac{1}{2}$.

Do đó, tổng của n số hạng đầu là

S_n = u₁ + u₂ + ... + u_n = $\frac{u_1\left(1-q^n\right)}{1-q}=\frac{\frac{1}{2}\left(1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^n\right)}{1-\frac{1}{2}}$$=1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^n$.

b) Ta có: S = $\underset{n\to +\infty }{\lim }{S}_n$ = $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^n\right)$$=\underset{n\to +\infty }{\lim }1-\underset{n\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{1}{2}\right)}^n=1-0=1$ .

Giải Toán 11 trang 108

Luyện tập 4 trang 108 Toán 11 Tập 1: Tính tổng $S=2+\frac{2}{7}+\frac{2}{49}+\mathrm{...}+\frac{2}{7^{n-1}}+\mathrm{...}$

Lời giải:

$S=2+\frac{2}{7}+\frac{2}{49}+\mathrm{...}+\frac{2}{7^{n-1}}+\mathrm{...}$

Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với u₁ = 2 và q = $\frac{1}{7}$.

Do đó, $S=\frac{u_1}{1-q}=\frac{2}{1-\frac{1}{7}}=\frac{7}{3}$.

Vận dụng 2 trang 108 Toán 11 Tập 1: (Giải thích nghịch lí Zeno)

Để đơn giản, ta giả sử Achilles chạy với vận tốc 100 km/h, vận tốc của rùa là 1 km/h và khoảng cách ban đầu là a = 100 (km).

a) Tính thời gian t₁, t₂, ..., t_n, ... tương ứng để Achilles đi từ A₁ đến A₂, từ A₂ đến A₃, ... từ A_n đến A_{n + 1}, ...

b) Tính tổng thời gian cần thiết để Achilles chạy hết các quãng đường A₁A₂, A₂A₃, ..., A­_nA_{n + 1}, ..., tức là thời gian cần thiết để Achilles đuổi kịp rùa.

c) Sai lầm trong lập luận của Zeno là ở đâu?

Lời giải:

Ta có: Achilles chạy với vận tốc 100 km/h, vận tốc của rùa là 1 km/h.

a) Để chạy hết quãng đường từ A₁ đến A₂ với A₁A₂ = a = 100 (km), Achilles phải mất thời gian $t_1=\frac{100}{100}=1$(h). Với thời gian t₁ này, rùa đã chạy được quãng đường A₂A₃ = 1 (km).

Để chạy hết quãng đường từ A₂ đến A₃ với A₂A₃ = 1 (km), Achilles phải mất thời gian $t_2=\frac{1}{100}$(h). Với thời gian t₂ này, rùa đã chạy được quãng đường A₃A₄ = $\frac{1}{100}$ (km).

Tiếp tục như vậy, để chạy hết quãng đường từ A_n đến A_{n + 1} với A_nA_{n + 1} = $\frac{1}{{100}^{n-2}}$ (km), Achilles phải mất thời gian $t_n=\frac{1}{{100}^{n-1}}$(h). ...

b) Tổng thời gian cần thiết để Achilles chạy hết các quãng đường A₁A₂, A₂A₃, ..., A­_nA_{n + 1}, ..., tức là thời gian cần thiết để Achilles đuổi kịp rùa là

$T=1+\frac{1}{100}+\frac{1}{{100}^2}+\mathrm{...}+\frac{1}{{100}^{n-1}}+\frac{1}{{100}^n}+\mathrm{...}$ (h).

Đó là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn với u₁ = 1, công bội , nên ta có

$T=\frac{u_1}{1-q}=\frac{1}{1-\frac{1}{100}}=\frac{100}{99}=1\frac{1}{99}$ (h).

Như vậy, Achilles đuổi kịp rùa sau $1\frac{1}{99}$ giờ.

c) Nghịch lý Zeno chỉ đúng với điều kiện là tổng thời gian Achilles chạy hết các quãng đường để đuổi kịp rùa phải là vô hạn, còn nếu nó hữu hạn thì đó chính là khoảng thời gian mà anh bắt kịp được rùa.

4. Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn

HĐ5 trang 108 Toán 11 Tập 1: Nhận biết giới hạn vô cực

Một loại vi khuẩn được nuôi cấy với số lượng ban đầu là 50. Sau mỗi chu kì 4 giờ, số lượng của chúng sẽ tăng gấp đôi.

a) Dự đoán công thức tính số vi khuẩn u_n sau chu kì thứ n.

b) Sau bao lâu, số lượng vi khuẩn sẽ vượt con số 10 000?

Lời giải:

a) Ta có số lượng ban đầu của vi khuẩn là u₀ = 50.

Sau chu kì thứ nhất, số lượng vi khuẩn là u₁ = 2u₀ = 2 . 50.

Sau chu kì thứ hai, số lượng vi khuẩn là u₂ = 2u₁ = 2 . 2 . 50 = 2² . 50.

Cứ tiếp tục như vậy, ta dự đoán được sau chu kì thứ n, số lượng vi khuẩn là u_n = 2ⁿ . 50.

b) Giả sử sau chu kì thứ k, số lượng vi khuẩn sẽ vượt con số 10 000.

Khi đó ta có u_k = 2^k . 50 > 10 000 ⇔ 2^k > 200.

Giải Toán 11 trang 109

Luyện tập 5 trang 109 Toán 11 Tập 1: Tính $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(n-\sqrt{n}\right)$.

Lời giải:

Ta có: $n-\sqrt{n}=n\left(1-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)$. Hơn nữa $\underset{n\to +\infty }{\lim }n=+\infty$ và $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(1-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)=1$.

Do đó, $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(n-\sqrt{n}\right)=+\infty$.

Bài tập

Bài 5.1 trang 109 Toán 11 Tập 1: Tìm các giới hạn sau:

a) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n^2+n+1}{2n^2+1}$;

b) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{n^2+2n}-n\right)$.

Lời giải:

a) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n^2+n+1}{2n^2+1}$$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n^2\left(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}\right)}{n^2\left(2+\frac{1}{n^2}\right)}$$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}{2+\frac{1}{n^2}}=\frac{1}{2}$.

b) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{n^2+2n}-n\right)$$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\left(n^2+2n\right)-n^2}{\sqrt{n^2+2n}+n}$

$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2n}{\sqrt{n^2\left(1+\frac{2}{n}\right)}+n}$$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2n}{n\sqrt{1+\frac{2}{n}}+n}$

$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2n}{n\left(\sqrt{1+\frac{2}{n}}+1\right)}$$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}+1}=\frac{2}{\sqrt{1}+1}=1$.

Bài 5.2 trang 109 Toán 11 Tập 1: Cho hai dãy số không âm (u_n) và (v_n) với $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=2$ và $\underset{n\to +\infty }{\lim }{v}_n=3$. Tìm các giới hạn sau:

a) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{u_n^2}{v_n-u_n}$;

b) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\sqrt{u_n+2v_n}$.

Lời giải:

a) Ta có: $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=2$, do đó, $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n^2=\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(u_n.u_n\right)=2.2=4$.

Và $\underset{n\to +\infty }{\lim }{v}_n=3$ nên $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(v_n-u_n\right)=3-2=1$.

Vậy $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{u_n^2}{v_n-u_n}=\frac{4}{1}=4$.

b) Ta có: $\underset{n\to +\infty }{\lim }2=2$ và $\underset{n\to +\infty }{\lim }{v}_n=3$, do đó, $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(2v_n\right)=\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(2.v_n\right)=2.3=6$.

Và $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=2$ nên $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(u_n+2v_n\right)=2+6=8$.

Vì u_n ≥ 0, v_n ≥ 0 với mọi n nên u_n + 2v_n ≥ 0 với mọi n và $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(u_n+2v_n\right)=8>0$.

Do đó, $\underset{n\to +\infty }{\lim }\sqrt{u_n+2v_n}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$.

Bài 5.3 trang 109 Toán 11 Tập 1: Tìm giới hạn của các dãy số cho bởi:

a) $u_n=\frac{n^2+1}{2n-1}$;

b) $v_n=\sqrt{2n^2+1}-n$.

Lời giải:

a) $u_n=\frac{n^2+1}{2n-1}$

Chia cả tử và mẫu của u_n cho n², ta được $u_n=\frac{n^2+1}{2n-1}$$=\frac{1+\frac{1}{n^2}}{\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2}}$.

Vì $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(1+\frac{1}{n^2}\right)=1>0$, $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2}\right)=0$ và $\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2}>0$ với mọi n nên

$\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n^2+1}{2n-1}=+\infty$.

b) $v_n=\sqrt{2n^2+1}-n$

Ta có: $\underset{n\to +\infty }{\lim }{v}_n=\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{2n^2+1}-n\right)$$=\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{n^2\left(2+\frac{1}{n^2}\right)}-n\right)$

Vì $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{2+\frac{1}{n^2}}-1\right)=\sqrt{2}-1>0$ và $\underset{n\to +\infty }{\lim }n=+\infty$.

Nên 

Vậy $\underset{n\to +\infty }{\lim }{v}_n=\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{2n^2+1}-n\right)=+\infty$.

Bài 5.4 trang 109 Toán 11 Tập 1: Viết các số thập phân vô hạn tuần hoàn sau đây dưới dạng phân số:

a) 1,(12) = 1,121212...;

b) 3,(102) = 3,102102102...

Lời giải:

a) Ta có: 1,(12) = 1,121212... = 1 + 0,12 + 0,0012 + 0,000012 + ...

= 1 + 12 . 10^-2 + 12 . 10^-4 + 12 . 10^-6 + ...

= 1 + 12 . (10^-2 + 10^-4 + 10^-6 + ...)

Do 10^-2 + 10^-4 + 10^-6 + ... là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với u₁ = 10^-2 và q = 10^-2 nên

10^-2 + 10^-4 + 10^-6 + ... = $\frac{{10}^{-2}}{1-{10}^{-2}}=\frac{1}{99}$.

Vậy 1,(12) = $1+12.\frac{1}{99}=\frac{33}{33}+\frac{4}{33}=\frac{37}{33}$.

b) Ta có: 3,(102) = 3,102102102... = 3 + 0,102 + 0,000102 + 0,000000102 + ...

= 3 + 102 . 10^-3 + 102 . 10^-6 + 102 . 10^-9 + ...

= 3 + 102 . (10^-3 + 10^-6 + 10^-9 + ...)

Do 10^-3 + 10^-6 + 10^-9 + ... là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với u₁ = 10^-3 và q = 10^-3 nên

10^-3 + 10^-6 + 10^-9 + ... = $\frac{{10}^{-3}}{1-{10}^{-3}}=\frac{1}{999}$.

Vậy 3,(102) = 3 + $102.\frac{1}{999}=3+\frac{34}{333}=\frac{1033}{333}$.

Bài 5.5 trang 109 Toán 11 Tập 1: 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 bệnh nhân nếu bệnh nhân sử dụng thuốc trong một thời gian dài.

Lời giải:

Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày đầu tiên là 150 mg.

Sau ngày đầu, trước mỗi lần uống, hàm lượng thuốc cũ trong cơ thể vẫn còn 5%.

Do đó, lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ hai là

150 + 150 . 5% = 150(1 + 0,05).

Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ ba là

150 + 150(1 + 0,05) . 5% = 150 + 150(0,05 + 0,05²) = 150(1 + 0,05 + 0,05²)

Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ tư là

150 + 150(1 + 0,05 + 0,05²) . 5% = 150(1 + 0,05 + 0,05² + 0,05³)

Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ năm là

150 + 150(1 + 0,05 + 0,05² + 0,05³) . 5% = 150(1 + 0,05 + 0,05² + 0,05³ + 0,05⁴)

= 157,8946875 (mg).

Cứ tiếp tục như vậy, ta ước tính lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân nếu bệnh nhân sử dụng thuốc trong một thời gian dài là

S = 150(1 + 0,05 + 0,05² + 0,05³ + 0,05⁴ + ...)

Lại có 1 + 0,05 + 0,05² + 0,05³ + 0,05⁴ + ... là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u₁ = 1 và công bội q = 0,05.

Do đó, 1 + 0,05 + 0,05² + 0,05³ + 0,05⁴ + ... = $\frac{u_1}{1-q}=\frac{1}{1-0,05}=\frac{20}{19}$.

Suy ra S = $150\cdot \frac{20}{19}=\frac{400}{361}$.

Bài 5.6 trang 109 Toán 11 Tập 1: Cho tam giác vuông ABC vuông tại A, có AB = h và góc B bằng α (H.5.3). Từ A kẻ AA₁ ⊥ BC, từ A₁ kẻ A₁A₂ ⊥ AC, sau đó lại kẻ A₂A₃ ⊥ BC. Tiếp tục quá trình trên, ta được đường gấp khúc vô hạn AA₁A₂A₃... Tính độ dài đường gấp khúc này theo h và α.

Lời giải:

Tam giác AA₁B vuông tại A₁ có AB = h và .

Do đó, AA₁ = AB sinB = h sin α.

Ta có: $\hat{B}+\widehat{BA{A}_1}=90°$ và $\widehat{A_{1}A{A}_2}+\widehat{BA{A}_1}=90°$, suy ra $\widehat{A_{1}A{A}_2}=\hat{B}=\alpha$.

Tam giác AA₁A₂ vuông tại A₂ nên A₁A₂ = AA₁ sin$\widehat{A_{1}A{A}_2}$ = h sin α . sin α = h sin² α.

Vì AB ⊥ AC và A₁A₂ ⊥ AC nên AB // A₁A₂, suy ra $\widehat{A_2{A}_1{A}_3}=\hat{B}=\alpha$ (2 góc đồng vị).

Tam giác A₁A₂A₃ vuông tại A₃ nên A₂A₃ = A­₁A₂ . sin$\widehat{A_2{A}_1{A}_3}$ = h sin² α . sin α = h sin³ α.

Vì AA₁ ⊥ BC và A₂A₃ ⊥ BC nên AA₁ // A₂A₃, suy ra $\widehat{A_3{A}_2{A}_4}=\widehat{A_{1}A{A}_2}=\alpha$.

Tam giác A₂A₃A₄ vuông tại A₄ nên A₃A₄ = A₂A₃ . sin$\widehat{A_3{A}_2{A}_4}$ = h sin³ α . sin α = h sin⁴ α.

Cứ tiếp tục như vậy, ta xác định được A_{n – 1}A_n = h sinⁿ α.

Ta có: AA₁A₂A₃... = AA₁ + A₁A₂ + A₂A₃ + ... + A_{n – 1}A_n + ...

= h sin α + h sin² α + h sin³ α + ... + h sinⁿ α + ...

Vì góc B là góc nhọn nên sin B = sin α < 1, do đó |sin α| < 1.

Khi đó, độ dài của đường gấp khúc vô hạn AA₁A₂A₃... là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u₁ = h sin α và công bội q = sin α.

Do đó, AA₁A₂A₃... = $\frac{u_1}{1-q}=\frac{h\sin \alpha }{1-\sin \alpha }$.

Xem thêm các bài giải sách giáo khoa Toán 11 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

Bài 14: Phép chiếu song song

Bài tập cuối chương 4

Bài 16: Giới hạn của hàm số

Bài 17: Hàm số liên tục

Bài tập cuối Chương 5