Trong bài viết ngày hôm nay, Khoa Cử chúng tôi muốn đem đến cho các bạn thông tin về bài tập giới hạn của dãy số có lời giải đầy đủ và chi tiết cho các bạn tham khảo. Với những thông tin được Khoa cử chúng tôi chia sẽ về giải bài tập toán 11 bài giới hạn của dãy số, giải bài tập giới hạn của dãy số bên dưới đây hy vọng sẽ hỗ trợ cho bạn học tốt môn Toán Đại lớp 11 nhé!
I. CÁC DẠNG BÀI TẬP GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ
Dạng 1: Dãy số có giới hạn 0
1. Định nghĩa dãy số có giới hạn 0:
Định nghĩa: Ta nói rằng dãy số $\left( {{U}_{n}} \right)$ có giới hạn $0$ , nếu với mọi số dương nhỏ bao nhiêu tùy ý cho trước, mọi số hạng của dãy số, kể từ số hạng nào đó trở đi, đều có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn số dương đó.
Khi đó ta viết $\lim \left( {{u}_{n}} \right)=0$ hay ${{u}_{n}}\to 0$hay $\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=0$
Bằng cách sử dụng các kí hiện toán, định nghĩa trên có thể viết như sau:
$\lim {{u}_{n}}=0\Leftrightarrow \left( \forall \varepsilon >0,\exists {{n}_{0}}:n>{{n}_{0}}\Rightarrow \left| {{u}_{n}} \right|<\varepsilon \right)$.
Nhận xét:
- Dãy số $\left( {{U}_{n}} \right)$ có giới hạn $0$ khi và chỉ khi dãy số $\left| \left( {{U}_{n}} \right) \right|$ có giới hạn $0$ .
- Dãy số không đổi $\left( {{U}_{n}} \right)$ , với ${{U}_{n}}=0$ thì dãy số có giới hạn $0$ .(hay $\lim 0=0$)
2. Một số dãy số có giới hạn $0$
$lim\frac{1}{n}=0$ $lim\frac{1}{{{n}^{2}}}=0$ $lim\frac{1}{\sqrt{n}}=0$
$lim\frac{1}{\sqrt[3]{n}}$ $lim\frac{1}{{{n}^{\alpha }}}=0$ $lim\frac{k}{{{n}^{\alpha }}}=0$
3. Định lí:
Định lí 1: Cho hai dãy số: ${{u}_{n}},\,{{v}_{n}}:\left\{ \begin{align}& \left| {{u}_{n}} \right|\le \,{{v}_{n}} \\& \lim \left( {{v}_{n}} \right)=0 \\\end{align} \right.\Rightarrow \lim \,{{u}_{n}}=0$
Định lí 2: Nếu $\left| q \right|<1\to lim{{q}^{n}}=0$
Dạng 2. Dãy số có giới hạn hữu hạn
1. Định nghĩa:
- Ta nói rằng dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$ có giới hạn là số thực $L$, nếu $\underset{{}}{\mathop{\lim }}\,\left( {{u}_{n}}-L \right)=0$.
- Kí hiệu: $\underset{{}}{\mathop{\lim }}\,\left( {{u}_{n}}-L \right)=0$$\Leftrightarrow \underset{{}}{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=L$
2. Định lý:
- Cho $\left( {{u}_{n}} \right)$ mà ${{u}_{n}}=c,\,\forall n:\,\lim {{u}_{n}}=c$
- Định lý 1:
$\underset{{}}{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=L\Rightarrow \left\{ \begin{align} & \underset{{}}{\mathop{\lim }}\,\left| {{u}_{n}} \right|=\left| L \right| \\ & \underset{{}}{\mathop{\lim }}\,\sqrt[3]{{{u}_{n}}}=\sqrt[3]{L} \\ \end{align} \right.$
Nếu ${{u}_{n}}\ge 0$ thì $L\ge 0$ thì $\lim \sqrt{{{u}_{n}}}=\sqrt{\lim {{u}_{n}}}$
- Định lý 2:
Giả sử $\lim {{u}_{n}}=L$ và $\lim {{v}_{n}}=M$ và $c$ là một hằng số. Khi đó:
- $\lim \left( {{u}_{n}}+{{v}_{n}} \right)=L+M$
- $\lim \left( {{u}_{n}}-{{v}_{n}} \right)=L-M$
- $\lim \left( {{u}_{n}}.{{v}_{n}} \right)=L.M$
- $\lim \frac{{{u}_{n}}}{{{v}_{n}}}=\frac{L}{M}$
- $\lim \left( c.{{u}_{n}} \right)=c.L$
Dạng 2.1 Chứng minh đẳng thức $\lim {{u}_{n}}=A$bằng định nghĩa
Dạng 2. 2 Tìm giới hạn của dãy số có giới hạn hữu hạn
Thông thường ta sẽ gặp các dạng toán cơ bản sau
1) Gặp giới hạn của $\left( {{u}_{n}} \right)$trong đó ${{u}_{n}}$ là một phân thức hữu tỉ dạng ${{u}_{n}}=\frac{P\left( n \right)}{Q\left( n \right)}$ (trong đó $P\left( n \right),Q\left( n \right)$ là hai đa thức chứa của $n$).
Phương pháp:
Chia tử và mẫu cho ${{n}^{k}}$ với ${{n}^{k}}$ là lũy thừa có số mũ lớn nhất của $P\left( n \right)$ và $Q\left( n \right)$ (hoặc là rút ${{n}^{k}}$ làm nhân tử) sau đó áp dụng các định lí về giới hạn hữu hạn và $\lim \frac{a}{{{n}^{k}}}=0\,\left( k>0 \right)$ để tính.
2) Gặp giới hạn của dãy $\left( {{u}_{n}} \right)$ là biểu thức chứa $n$ dưới dấu căn.
Phương pháp
-Khi $\left( {{u}_{n}} \right)$ là một phân thức
TH1: Đưa ${{n}^{k}}$ ra ngoài dấu căn ( với k là số mũ cao nhất của n trong dấu căn) và áp dụng trực tiếp định lí về giới hạn
TH2: Khi đưa ${{n}^{k}}$ ra ngoài dấu căn mà giới hạn vẫn vô định (mẫu tiến đến 0) thì ta phải nhân và chia với biểu thức liên hợp của biểu thứa chứa căn tiến về 0.
-Khi ${{u}_{n}}$ không là phân thức: ${{u}_{n}}$ có dạng $\sqrt{A}-\sqrt{B},\sqrt{A}-B,\sqrt[3]{A}-\sqrt[3]{B}….$ thì ta nhân và chia với lượng liên hợp đưa về dạng phân thức
Chú ý
- $\sqrt{a}-\sqrt{b}$ lượng liên hợp là $\sqrt{a}+\sqrt{b}$
- $\sqrt{a}+\sqrt{b}$ lượng liên hợp là $\sqrt{a}-\sqrt{b}$
- $\sqrt[3]{a}-\sqrt[3]{b}$ lượng liên hợp là $\sqrt[3]{{{a}^{2}}}+\sqrt[3]{a}.\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{{{b}^{2}}}$
- $\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}$ lượng liên hợp là $\sqrt[3]{{{a}^{2}}}-\sqrt[3]{a}.\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{{{b}^{2}}}$
3) Gặp giới hạn mà ${{u}_{n}}$ là một phân thức mà tử và mẫu của nó là biểu thức các lũy thừa có dạng ${{a}^{n}},{{b}^{n}}\left( n\in \mathbb{N} \right)$…trong đó các cơ số $a,b$ là các hằng số
Phương pháp:
Chia tử và mẫu cho ${{a}^{n}}$ trong đó $a$ là cơ số có trị tuyệt đối lớn nhất trong các lũy thừa ở tử và mẫu.
Áp dụng $\lim {{q}^{n}}=0\left( \left| q \right|<1 \right)$ và các quy tắc để tính
4) Giới hạn của dãy xác định bởi một công thức truy hồi
Phương pháp
Tìm công thức tính ${{u}_{n}}$ theo $n$, từ đó tìm $\lim {{u}_{n}}$.
Hoặc chứng minh dãy số có giới hạn hữu hạn (bawfng cách chứng minh dãy số tăng và bị chặn trên hoặc giảm và bị chặn dưới) sau đó dựa vào hệ thức truy hồi để tìm giới hạn.
Chú ý rằng: Nếu $\lim {{u}_{n}}=a$ thì $\lim {{u}_{n+1}}=\lim {{u}_{n+2}}=a$
5) Tổng cấp số nhân lùi vô hạn
Phương pháp
- a) Định nghĩa: Cấp số nhân vô hạn $\left( {{u}_{n}} \right)$ có công bội $q$ với $\left| q \right|<1$ được gọi là một cấp số nhân lùi vô hạn.
- b) Định lí: Gọi $S={{u}_{1}}+{{u}_{2}}+…+{{u}_{n}}+…$ là một tổng của cấp số nhân đã cho, ta có $S=\frac{{{u}_{1}}}{1-q}$
6) Giới hạn của dãy số mà ${{u}_{n}}$ có dạng ${{u}_{n}}=\sum\limits_{k=1}^{n}{{{a}_{k}}}$ hay ${{u}_{n}}=\underset{k=1}{\overset{n}{\mathop{\pi }}}\,{{a}_{k}}$
Phương pháp:
Cách 1: Dùng sai phân thu gọn ${{u}_{n}}$, dựa vào đó tìm $\lim {{u}_{n}}$
Cách 2: Sử dụng định lí kẹp: Cho ba dãy số $\left( {{u}_{n}} \right),\left( {{v}_{n}} \right),\left( {{\text{w}}_{n}} \right)$ thỏa mãn ${{v}_{n}}\le {{u}_{n}}\le {{\text{w}}_{n}}$ với mọi $n$ và $\lim {{v}_{n}}=\lim {{w}_{n}}=L\left( L\in \mathbb{R} \right)\Rightarrow \lim {{u}_{n}}=L$
Dạng 3: Dãy số có giới hạn vô hạn
1. Dãy số có giới hạn vô han (vô cực, vô cùng)
Định nghĩa giới hạn vô cực của dãy số
– Ta nói dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$ có giới hạn là $+\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 {{u}_{n}}=+\infty $ hay ${{u}_{n}}\to +\infty $ khi $n\to +\infty $.
– Dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$ có giới hạn là $-\infty $ khi $n\to +\infty $, nếu $\lim \left( -{{u}_{n}} \right)=+\infty $.
Kí hiệu: $\lim {{u}_{n}}=-\infty $ hay ${{u}_{n}}\to -\infty $ khi $n\to +\infty $.
Một số giới hạn đặc biệt và định lí về giới hạn vô cực
2. Giới hạn đặc biệt:
$\begin{align} & \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sqrt{n}=+\infty \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{n}^{k}}=+\infty (k\in {{\mathbb{Z}}^{+}}) \\ & \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{q}^{n}}=+\infty (q>1) \\\end{align}$
3. Định lí:
- Nếu $\lim \left| {{u}_{n}} \right|=+\infty $ thì $\lim \frac{1}{{{u}_{n}}}=0$.
- Nếu $\lim {{u}_{n}}=a$; $\lim {{v}_{n}}=\pm \infty $ thì $\lim \frac{{{u}_{n}}}{{{v}_{n}}}=0$
- Nếu $\lim {{u}_{n}}=a\ne 0,\lim {{v}_{n}}=0$ thì $\lim \frac{{{u}_{n}}}{{{v}_{n}}}=\left\{ \begin{align} & +\infty (a.{{v}_{n}}>0) \\ & -\infty (a.{{v}_{n}}<0) \\\end{align} \right.$
- Nếu $\lim {{u}_{n}}=+\infty $, $\lim {{v}_{n}}=a$ thì $\lim ({{u}_{n}}.{{v}_{n}})=\left\{ \begin{align} & +\infty (a>0) \\ & -\infty (a<0) \\\end{align} \right.$
II. BÀI TẬP MẪU CÓ LỜI GIẢI
Bài tập 1:
Trong các khẳng định dưới đây có bao nhiêu khẳng định đúng?
(I) $\lim {{n}^{k}}=+\infty $ với $k$ nguyên dương.
(II) $\lim {{q}^{n}}=+\infty $ nếu $\left| q \right|<1$.
(III) $\lim {{q}^{n}}=+\infty $ nếu $q>1$
A. $0$. B. $1$. C. $3$. D. $2$.
Lời giải
Chọn D
(I) $\lim {{n}^{k}}=+\infty $ với $k$ nguyên dương $\Rightarrow \left( I \right)$ là khẳng định đúng.
(II) $\lim {{q}^{n}}=+\infty $ nếu $\left| q \right|<1$$\Rightarrow \left( II \right)$ là khẳng định sai vì $\lim {{q}^{n}}=0$ nếu $\left| q \right|<1$.
(III) $\lim {{q}^{n}}=+\infty $ nếu $q>1$$\Rightarrow \left( III \right)$ là khẳng định đúng.
Vậy số khẳng định đúng là $2$.
Bài tập 2:
Với $n$ là số nguyên dương, đặt $\frac{{{r}_{1}}}{{{r}_{2}}}=\frac{1}{3}$. Khi đó $\lim {{S}_{n}}$ bằng
A. $\frac{1}{\sqrt{2}+1}$ B. $\frac{1}{\sqrt{2}-1}$. C. $1$. D. $\frac{1}{\sqrt{2}+2}$.
Lời giải
Chọn C
Ta có $\frac{1}{n\sqrt{n+1}+\left( n+1 \right)\sqrt{n}}$$\frac{{{r}_{1}}}{{{r}_{2}}}=\frac{1}{3}$ $=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{n}\sqrt{n+1}}=\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}$.
Suy ra
${{S}_{n}}=\frac{1}{1\sqrt{2}+2\sqrt{1}}+\frac{1}{2\sqrt{3}+3\sqrt{2}}+…+\frac{1}{n\sqrt{n+1}+\left( n+1 \right)\sqrt{n}}$.
$\frac{{{r}_{2}}}{{{r}_{3}}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$.
Suy ra $\lim {{S}_{n}}=1$
Bài tập 3:
Gọi S là tập hợp các tham số nguyên $a$ thỏa mãn $\lim \left( \frac{3n+2}{n+2}+{{a}^{2}}-4a \right)=0$. Tổng các phần tử của $S$ bằng
A. $4$. B. $3$. C. $5$. D. $2$.
Lời giải
Chọn A
Ta có: $\lim \left( \frac{3n+2}{n+2}+{{a}^{2}}-4a \right)$
$=\lim \left( \frac{\left( {{a}^{2}}-4a+3 \right)n+2+2{{a}^{2}}-8a}{n+2} \right)$$=\lim \left( \frac{{{a}^{2}}-4a+3+\frac{2+2{{a}^{2}}-8a}{n}}{1+\frac{2}{n}} \right)={{a}^{2}}-4a+3$.
Theo giả thiết:$\lim \left( \frac{3n+2}{n+2}+{{a}^{2}}-4a \right)=0\Leftrightarrow {{a}^{2}}-4a+3=0\Leftrightarrow a=3\vee a=1$.
Vậy $S=\left\{ 1;\,3 \right\}\Rightarrow 1+3=4$.
Bài tập 4:
Tính giới hạn: $\lim \left[ \left( 1-\frac{1}{{{2}^{2}}} \right)\left( 1-\frac{1}{{{3}^{2}}} \right)…\left( 1-\frac{1}{{{n}^{2}}} \right) \right]$.
A. $1$. B. $\frac{1}{2}$. C. $\frac{1}{4}$. D. $\frac{3}{2}$.
Lời giải
Chọn B
Xét dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$, với ${{u}_{n}}=\left( 1-\frac{1}{{{2}^{2}}} \right)\left( 1-\frac{1}{{{3}^{2}}} \right)…\left( 1-\frac{1}{{{n}^{2}}} \right)$, $n\ge 2,\,n\in \mathbb{N}$.
Ta có:
${{u}_{2}}=1-\frac{1}{{{2}^{2}}}=\frac{3}{4}=\frac{2+1}{2.2}$;
${{u}_{3}}=\left( 1-\frac{1}{{{2}^{2}}} \right).\left( 1-\frac{1}{{{3}^{2}}} \right)=\frac{3}{4}.\frac{8}{9}=\frac{4}{6}=\frac{3+1}{2.3}$;
${{u}_{4}}=\left( 1-\frac{1}{{{2}^{2}}} \right).\left( 1-\frac{1}{{{3}^{2}}} \right)\left( 1-\frac{1}{{{4}^{2}}} \right)=\frac{3}{4}.\frac{8}{9}.\frac{15}{16}=\frac{5}{8}=\frac{4+1}{2.4}$
$\cdots \cdots $
${{u}_{n}}=\frac{n+1}{2n}$.
Dễ dàng chứng minh bằng phương pháp qui nạp để khẳng định ${{u}_{n}}=\frac{n+1}{2n},\,\forall n\ge 2$
Khi đó $\lim \left[ \left( 1-\frac{1}{{{2}^{2}}} \right)\left( 1-\frac{1}{{{3}^{2}}} \right)…\left( 1-\frac{1}{{{n}^{2}}} \right) \right]=\lim \frac{n+1}{2n}=\frac{1}{2}$.
Bài tập 5:
Tính giới hạn$~L=\lim \left( \sqrt[3]{8{{n}^{3}}+3{{n}^{2}}-2~}+~\sqrt[3]{5{{n}^{2}}-~8{{n}^{3}}} \right)$.
A. $+\infty $. B. $-7$. C. $\frac{53}{2}$. D. $\frac{2}{3}$.
Lời giải
$~L=\lim \left( \sqrt[3]{8{{n}^{3}}+3{{n}^{2}}-2~}+~\sqrt[3]{5{{n}^{2}}-~8{{n}^{3}}} \right)$$=\text{lim}\frac{8{{n}^{2}}-2}{\sqrt[3]{{{\left( 8{{n}^{3}}+3{{n}^{2}}-2 \right)}^{2}}}-\sqrt[3]{\left( 8{{n}^{3}}+3{{n}^{2}}-2 \right).\left( 5{{n}^{2}}-~8{{n}^{3}} \right)}+\sqrt[3]{{{\left( 5{{n}^{2}}-~8{{n}^{3}} \right)}^{2}}}}$$=\text{lim}\frac{8-\frac{2}{8{{n}^{2}}}}{\sqrt[3]{{{\left( 8+~\frac{3}{n}-~\frac{2}{{{n}^{3}}} \right)}^{2}}}-\sqrt[3]{\left( 8+~\frac{3}{n}-~\frac{2}{{{n}^{3}}} \right).\left( ~\frac{5}{n}-~8 \right)}+\sqrt[3]{{{\left( \frac{5}{n}-~8 \right)}^{2}}}}$$=\frac{2}{3}$.
Bài tập 6:
Dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$ nào sau đây có giới hạn khác số $1$ khi $n$ dần đến vô cùng?
A. ${{u}_{n}}=\frac{{{\left( 2017-n \right)}^{2018}}}{n{{\left( 2018-n \right)}^{2017}}}$. B. ${{u}_{n}}=n\left( \sqrt{{{n}^{2}}+2018}-\sqrt{{{n}^{2}}+2016} \right)$.
C. $\left\{ \begin{align} & {{u}_{1}}=2017 \\ & {{u}_{n+1}}=\frac{1}{2}\left( {{u}_{n}}+1 \right),\,\,\,\,n=1,2,3… \\\end{align} \right.$. D. ${{u}_{n}}=\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}+…+\frac{1}{n\left( n+1 \right)}$.
Lời giải
Chọn A
Ta tính giới hạn của các dãy số trong từng đáp án:
+) Đáp án A: $\underset{{}}{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=\underset{{}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\left( 2017-n \right)}^{2018}}}{n{{\left( 2018-n \right)}^{2017}}}=\underset{{}}{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{2017-n}{n}.{{\left( \frac{2017-n}{2018-n} \right)}^{2017}} \right]$
$=\underset{{}}{\mathop{\lim }}\,\left[ \left( \frac{2017}{n}-1 \right){{\left( \frac{\frac{2017}{n}-1}{\frac{2018}{n}-1} \right)}^{2017}} \right]=-1$.
+) Đáp án B: $\underset{{}}{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=\underset{{}}{\mathop{\lim }}\,n\left( \sqrt{{{n}^{2}}+2018}-\sqrt{{{n}^{2}}+2016} \right)=\underset{{}}{\mathop{\lim }}\,\frac{n\left( {{n}^{2}}+2018-{{n}^{2}}-2016 \right)}{\sqrt{{{n}^{2}}+2018}+\sqrt{{{n}^{2}}+2016}}$
$=\underset{{}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2n}{\sqrt{{{n}^{2}}+2018}+\sqrt{{{n}^{2}}+2016}}=\underset{{}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2}{\sqrt{1+\frac{2018}{{{n}^{2}}}}+\sqrt{1+\frac{2016}{{{n}^{2}}}}}=1$.
+) Đáp án C:
Cách 1: Ta có ${{u}_{n+1}}-1=\frac{1}{2}\left( {{u}_{n}}-1 \right)$$\Rightarrow {{u}_{n}}-1=\frac{1}{2}\left( {{u}_{n-1}}-1 \right)=…=\frac{1}{{{2}^{n-1}}}\left( {{u}_{1}}-1 \right)$
$\Rightarrow {{u}_{n}}=\frac{2016}{{{2}^{n-1}}}+1\Leftrightarrow {{u}_{n}}=4032.{{\left( \frac{1}{2} \right)}^{n}}+1$ $\Rightarrow \underset{{}}{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=1$.
Cách 2:
Bước 1: Ta chứng minh $\left( {{u}_{n}} \right)$ giảm và bị chặn dưới bởi $1$.
Thật vậy bằng quy nạp ta có ${{u}_{1}}=2017>1$.
Giả sử ${{u}_{n}}>1\Rightarrow {{u}_{n+1}}=\frac{1}{2}\left( {{u}_{n}}+1 \right)>\frac{1}{2}\left( 1+1 \right)=1$
Vậy ${{u}_{n}}>1\forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$.
Hơn nữa ${{u}_{n+1}}-{{u}_{n}}=\frac{1}{2}\left( 1-{{u}_{n}} \right)<0$ nên $\left( {{u}_{n}} \right)$ là dãy giảm
Suy ra $\left( {{u}_{n}} \right)$ có giới hạn $\underset{{}}{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=a$
Bước 2: Ta có $\underset{{}}{\mathop{a=\lim }}\,{{u}_{n}}=\underset{{}}{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n+1}}=\underset{{}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{2}\left( {{u}_{n}}+1 \right)=\frac{1}{2}\underset{{}}{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}$
$\Rightarrow a=1$.
+) Đáp án D:
Ta có ${{u}_{n}}=\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}+…+\frac{1}{n\left( n+1 \right)}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$
$\Rightarrow \underset{{}}{\mathop{\lim }}\,{{u}_{n}}=\underset{{}}{\mathop{\lim }}\,\frac{n}{n+1}=1$.
Bài tập 7:
Từ độ cao $55,8\text{m}$ của tháp nghiêng Pisa nước Italia người ta thả một quả bóng cao su chạm xuống đất. Giả sử mỗi lần chạm đất quả bóng lại nảy lên độ cao bằng $\frac{1}{10}$ độ cao mà quả bóng đạt trước đó. Tổng độ dài hành trình của quả bóng được thả từ lúc ban đầu cho đến khi nó nằm yên trên mặt đất thuộc khoảng nào trong các khoảng sau đây?
A. $\left( 67\text{m}\ ;\ 69\text{m} \right)$. B. $\left( 60\text{m}\ ;\ 63\text{m} \right)$. C. $\left( 64\text{m}\ ;\ 66\text{m} \right)$. D. $\left( 69\text{m}\ ;\ 72\text{m} \right)$.
Lời giải
Chọn A
Theo đề, mỗi lần chạm đất quả bóng lại nảy lên độ cao bằng $\frac{1}{10}$ độ cao mà quả bóng đạt trước đó và sau đó lại rơi xuống từ độ cao thứ hai. Do đó độ dài hành trình của quả bóng được thả từ lúc ban đầu cho đến:
Thời điểm chạm đất lần thứ nhất là ${{d}_{1}}=55,8\text{m}$.
Thời điểm chạm đất lần thứ 2 là ${{d}_{2}}=55,8+2.\frac{55,8}{10}$.
Thời điểm chạm đất lần thứ 3 là ${{d}_{3}}=55,8+2.\frac{55,8}{10}+2.\frac{55,8}{{{10}^{2}}}$.
Thời điểm chạm đất lần thứ 4 là ${{d}_{4}}=55,8+2.\frac{55,8}{10}+2.\frac{55,8}{{{10}^{2}}}+2.\frac{55,8}{{{10}^{3}}}$.
…………………………………….
Thời điểm chạm đất lần thứ $n,\ \left( n>1 \right)$ là ${{d}_{n}}=55,8+2.\frac{55,8}{10}+2.\frac{55,8}{{{10}^{2}}}+…+2.\frac{55,8}{{{10}^{n-1}}}$.
Do đó độ dài hành trình của quả bóng được thả từ lúc ban đầu cho đến khi nó nằm yên trên mặt đất là
$d=55,8+2.\frac{55,8}{10}+2.\frac{55,8}{{{10}^{2}}}+…+2.\frac{55,8}{{{10}^{n-1}}}+…$ (mét).
Vì $2.\frac{55,8}{10}$, $2.\frac{55,8}{{{10}^{2}}}$, $2.\frac{55,8}{{{10}^{3}}}$, …, $2.\frac{55,8}{{{10}^{n-1}}}$,…, là một cấp số nhân lùi vô hạn, công bội $q=\frac{1}{10}$, nên ta có $2.\frac{55,8}{10}+2.\frac{55,8}{{{10}^{2}}}+…+2.\frac{55,8}{{{10}^{n-1}}}+…=\frac{2.\frac{55,8}{10}}{1-\frac{1}{10}}=12,4$.
Vậy $d=55,8+2.\frac{55,8}{10}+2.\frac{55,8}{{{10}^{2}}}+…+2.\frac{55,8}{{{10}^{n-1}}}+…=55,8+12,4=68,2$.
Bài tập 8:
Với mỗi số nguyên dương $n$, gọi ${{s}_{n}}$ là số cặp số nguyên $\left( x;y \right)$ thỏa mãn ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le {{n}^{2}}$. (nếu $a\ne b$ thì hai cặp số $\left( a;b \right)$ và $\left( b;a \right)$ khác nhau). Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{{{s}_{n}}}}{n}=\sqrt{2\pi }$. B. $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{{{s}_{n}}}}{n}=2$.
C. $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{{{s}_{n}}}}{n}=\sqrt{\pi }$. D. $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{{{s}_{n}}}}{n}=4$.
Lời giải
Chọn C
Cách 1:
Xét điểm $M\left( x;y \right)$ bất kì nằm trong (tính cả biên) của hình tròn $\left( {{C}_{n}} \right)$: ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le {{n}^{2}}$.
Mỗi điểm $M$ tương ứng với một và chỉ một hình vuông đơn vị $S\left( M \right)$ nhận $M$ là đỉnh ở góc trái, phía dưới, có các cạnh lần lượt song song hoặc nằm trên các trục tọa độ.
Ta được ${{s}_{n}}$ bằng số các hình vuông $S\left( M \right)$ và bằng tổng diện tích của $S\left( M \right)$, với $M\in \left( {{C}_{n}} \right)$.
Nhận xét: các hình vuông $S\left( M \right)$, $S\left( M \right)$ đều nằm trong hình tròn $\left( {{C}_{n+\sqrt{2}}} \right)$: ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le {{\left( n+\sqrt{2} \right)}^{2}}$. Do đó ${{s}_{n}}\le \pi {{\left( n+\sqrt{2} \right)}^{2}}$. $\left( 1 \right)$
Mặt khác, các hình vuông $S\left( M \right)$ phủ kín hình tròn $\left( {{C}_{n-\sqrt{2}}} \right)$: ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le {{\left( n-\sqrt{2} \right)}^{2}}$.
Vì thế ${{s}_{n}}\ge \pi {{\left( n-\sqrt{2} \right)}^{2}}$. $\left( 2 \right)$
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$, suy ra $\sqrt{\pi }\left( n-\sqrt{2} \right)\le \sqrt{{{s}_{n}}}\le \sqrt{\pi }\left( n+\sqrt{2} \right)$, $\forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$, $n\ge 2$.
$\Leftrightarrow \sqrt{\pi }\left( 1-\frac{\sqrt{2}}{n} \right)\le \frac{\sqrt{{{s}_{n}}}}{n}\le \sqrt{\pi }\left( 1+\frac{\sqrt{2}}{n} \right)$
Mà $\lim \sqrt{\pi }\left( 1-\frac{\sqrt{2}}{n} \right)=\lim \sqrt{\pi }\left( 1+\frac{\sqrt{2}}{n} \right)=\sqrt{\pi }$, theo nguyên lí kẹp, ta được $\lim \frac{\sqrt{{{s}_{n}}}}{n}=\sqrt{\pi }$.
Cách 2: Gọi ${{D}_{n}}$ là số cặp số nguyên $\left( x;y \right)$ thỏa mãn ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le {{n}^{2}}$ với $x\ne y$ và ${{E}_{n}}$ là số cặp số nguyên $\left( x;x \right)$ thỏa mãn ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le {{n}^{2}}$. Ta có ${{E}_{n}}$ là số các số nguyên $k$ sao cho $2{{k}^{2}}\le {{n}^{2}}$, từ $k\le \frac{\sqrt{2}}{2}n$, ta có $n\in \mathbb{Z}$ và $-\left\lfloor \frac{n\sqrt{2}}{2} \right\rfloor \le k\le \left\lfloor \frac{n\sqrt{2}}{2} \right\rfloor $. Cho nên ${{E}_{n}}=2\left\lfloor \frac{n\sqrt{2}}{2} \right\rfloor +1$.
Tiếp theo, ta đánh giá ${{D}_{n}}$.
Tổng số cặp số nguyên $\left( x;y \right)$ thỏa mãn ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le {{n}^{2}}$ với $x\ne y$ là $4{{N}_{n}}$ với ${{N}_{n}}$ là số các cặp số tự nhiên $\left( x;y \right)$ thỏa mãn ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le {{n}^{2}}$ và $x\ne y$. Giả sử $\left( x;y \right)\in {{\mathbb{N}}^{2}}$ thỏa mãn ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le {{n}^{2}}$, khi đó $0\le x\le n$, $0\le y\le \left\lfloor \sqrt{{{n}^{2}}-{{x}^{2}}} \right\rfloor $.
Nên ta có đánh giá với ${{D}_{n}}$ là $4\left( -n+\sum\limits_{0\le x\le n}{\left\lfloor {{n}^{2}}-{{x}^{2}} \right\rfloor } \right)\le 4{{N}_{n}}\le {{D}_{n}}\le 4\sum\limits_{0\le x\le n}{\left\lfloor \sqrt{{{n}^{2}}-{{x}^{2}}} \right\rfloor }$.
Vì thế cho nên từ ${{s}_{n}}={{E}_{n}}+{{D}_{n}}$, có $-4n+1+{{T}_{n}}\le {{s}_{n}}\le 1+{{T}_{n}}$, trong đó ${{T}_{n}}=2\left\lfloor \frac{n\sqrt{2}}{2} \right\rfloor +4\sum\limits_{1\le x\le n}{\left\lfloor \sqrt{{{n}^{2}}-{{x}^{2}}} \right\rfloor }$.
Suy ra $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{s}_{n}}}{{{n}^{2}}}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{n}^{2}}}\left( 2\left\lfloor \frac{n\sqrt{2}}{2} \right\rfloor +4\sum\limits_{1\le x\le n}{\left\lfloor \sqrt{{{n}^{2}}-{{x}^{2}}} \right\rfloor } \right)$. Do đánh giá về phần nguyên
$2\left\lfloor \frac{n\sqrt{2}}{2} \right\rfloor +4\sum\limits_{1\le x\le n}{\left\lfloor \sqrt{{{n}^{2}}-{{x}^{2}}} \right\rfloor \le 2\left( \frac{n\sqrt{2}}{2} \right)+4\sum\limits_{1\le x\le n}{\sqrt{{{n}^{2}}-{{x}^{2}}}}}$,
$2\left\lfloor \frac{n\sqrt{2}}{2} \right\rfloor +4\sum\limits_{1\le x\le n}{\left\lfloor \sqrt{{{n}^{2}}-{{x}^{2}}} \right\rfloor \ge 2\left( \frac{n\sqrt{2}}{2} \right)+4\sum\limits_{1\le x\le n}{\left( \sqrt{{{n}^{2}}-{{x}^{2}}}-1 \right)}}$
Nên ta được $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{s}_{n}}}{{{n}^{2}}}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{4}{{{n}^{2}}}\sum\limits_{1\le x\le n}{\sqrt{{{n}^{2}}-{{x}^{2}}}}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{4}{n}\sum\limits_{1\le x\le n}{\sqrt{1-{{\left( \frac{x}{n} \right)}^{2}}}}$
Về bản chất, kết quả giới hạn này là giá trị của tích phân xác định $I=\int\limits_{0}^{1}{4\sqrt{1-{{x}^{2}}}\text{dx}}=\pi $.
Vậy $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{{{s}_{n}}}}{n}=\sqrt{\pi }$.