Bài 1 trang 121 sgk đại số 11

Có \(1 kg\) chất phóng xạ độc hại. Biết rằng, cứ sau một khoảng thời gian \(T = 24 000\) năm thì một nửa số chất phóng xạ này bị phân rã thành chất khác không độc hại đối với sức khỏe của con người (\(T\) được gọi là chu kì bán rã).

Gọi \((u_n)\) là khối lượng chất phóng xạ còn sót lại sau chu kì thứ \(n\).

a) Tìm số hạng tổng quát \(u_n\) của dãy số \((u_n)\).

b) Chứng minh rằng \((u_n)\) có giới hạn là \(0\).

c) Từ kết quả câu b), chứng tỏ rằng sau một số năm nào đó khối lượng chất phóng xạ đã cho ban đầu không còn độc hại đối với con người, cho biết chất phóng xạ này sẽ không độc hại nữa nếu khối lượng chất phóng xạ còn lại bé hơn \(10^{-6}g\).

Hướng dẫn giải:

a) Nhận xét: \(u_1=\frac{1}{2}\); \(u_2= \frac{1}{4}\); \(u_3=\frac{1}{8}\); ... \(u_n=\frac{1}{2^{n}}\).

Điều này chứng minh đơn giản bằng quy nạp.

b) \(\lim {u_n} = \lim {\left( {{1 \over 2}} \right)^n} = 0\).

c) Đổi \(10^{-6}g = \frac{1}{10^{6}} . \frac{1}{10^{3}}kg = \frac{1}{10^{9}} kg\).

Muốn có \(u_n= \frac{1}{2^{n}}\) < \(\frac{1}{10^{9}}\), ta cần chọn \(n_0\) sao cho \({2^{{n_0}}} > {10^9}\). Suy ra \(n_0= 30\). Nói cách khác, sau chu kì thứ \(30\) (nghĩa là sau \(30.24000 = 720000\) (năm)), chúng ta không còn lo lắng về sự độc hại của khối lượng chất phóng xạ còn lại.

Bài 2 trang 121 sgk đại số 11

Biết dãy số \((u_n)\) thỏa mãn \(|u_n-1| < \frac{1}{n^{3}}\) với mọi \(n\). Chứng minh rằng \(\lim u_n=1\).

Giải:

Vì \(\lim \frac{1}{n^{3}}\) = 0 nên |\(\frac{1}{n^{3}}\)| có thể nhỏ hơn một số dương bé tùy ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi.

Mặt khác, ta có \(|u_n-1| < \frac{1}{n^{3}}\) = |\(\frac{1}{n^{3}}\)| với mọi \(n\). Nếu \(|u_n-1|\) có thể nhỏ hơn một số dương bé tùy ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi, nghĩa là \(\lim (u_n-1) = 0\). Do đó \(\lim u_n= 1\).

Bài 3 trang 121 sgk đại số 11

Tìm giới hạn sau:

a) \(\lim \frac{6n - 1}{3n +2}\);

b) \(\lim \frac{3n^{2}+n-5}{2n^{2}+1}\);

c) \(\lim \frac{3^{n}+5.4^{n}}{4^{n}+2^{n}}\);

d) \(\lim\frac{\sqrt{9n^{2}-n+1}}{4n -2}\).

Giải:

a) \(\lim \frac{6n - 1}{3n +2}\) \(= \lim\frac{6 - \frac{1}{n}}{3 +\frac{2}{n}}\) = \(\frac{6}{3} = 2\).

b) \(\lim \frac{3n^{2}+n-5}{2n^{2}+1}\)\( = \lim \frac{3 +\frac{1}{n}-\frac{5}{n^{2}}}{2+\frac{1}{n^{2}}}= \frac{3}{2}\).

c) \(\lim \frac{3^{n}+5.4^{n}}{4^{n}+2^{n}}\)\(= \lim \frac{{\left( {{3 \over 4}} \right)^n}+5}{1+{\left( {{1 \over 2}} \right)^n}}=\frac{5}{1}\) = 5.

d) \(\lim \frac{\sqrt{9n^{2}-n+1}}{4n -2}\) = \(\lim \frac{\sqrt{{n^2}\left( {9 - {1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} \right)}}{n(4-\frac{2}{n})}\)= \(\lim \frac{\sqrt{9-\frac{1}{n}+\frac{1}{n^{2}}}}{4-\frac{2}{n}}\) =\(\frac{\sqrt{9}}{4}\)= \(\frac{3}{4}\).

Bài 4 trang 122 sgk đại số 11

 Để trang hoàng cho căn hộ của mình, chú chuột Mickey quyết định tô màu một miếng bìa hình vuông cạnh bằng \(1\). Nó tô màu xám các hình vuông nhỏ được đánh dấu \(1, 2, 3, ..., n, ...\) trong đó cạnh của hình vuông kế tiếp bằng một nửa cạnh hình vuông trước đó (h.51)

Giả sử quy trình tô màu của Mickey có thể tiến ra vô hạn.

a) Gọi \(u_n\) là diện tích của hình vuông màu xám thứ \(n\). Tính \(u_1, u_2, u_3\) và \(u_n\).

b) Tính \(\lim S_n\) với \(S_n= {u_{1}} + {u_{2}} + {u_{3}} + ... + {u_{n}}\)

Giải:

a) Hình vuông thứ nhất có cạnh bằng \(\frac{1}{2}\) nên

\(u_1 =(\frac{1}{2}\))² = \(\frac{1}{4}\).

Hình vuông thứ hai có cạnh bằng \(\frac{1}{4}\) nên \({u_2} = {\left( {{1 \over 4}} \right)^2} = {1 \over {{4^2}}}\).

Hình vuông thứ ba có cạnh bằng \(\frac{1}{8}\) nên  \({u_3} = {\left( {{1 \over 8}} \right)^2} = {1 \over {{4^3}}}\)

Tương tự, ta có \(u_n=\frac{1}{4^{n}}\)

b) Dãy số \((u_n)\) là một cặp số nhân lùi vô hạn với  \(u_1=\frac{1}{4}\) và  \(q = \frac{1}{4}\). Do đó

\(\lim S_n=\frac{u_{1}}{1-q}= \frac{\frac{1}{4}}{1-\frac{1}{4}}=\frac{1}{3}\).

Giaibaitap.me