Bài 1.13 trang 154 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11

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

Giải:

ĐS: \({u_n} = {\left( {{2 \over 3}} \right)^{n - 1}}\)

Bài 1.14 trang 154 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11

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

Giải:

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

Vì \(\left| {\sin \alpha } \right| < 1\) với \(\alpha  \ne {\pi  \over 2} + k\pi \) nên \(\left( {{{\sin }^n}\alpha } \right)\) là một cấp số nhân lùi vô hạn.

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

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

Bài 1.15 trang 155 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11

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

Giải:

Giải tương tự Ví dụ 13, ta có \(a = 34,121212... = {{1126} \over {33}}\)

Bài 1.16 trang 155 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11

Giả sử ABC là tam giác vuông cân tại A với độ dài cạnh góc vuông bằng 1. Ta tạo ra các hình vuông theo các bước sau đây :

-          Bước 1: Dựng hình vuông màu xám có mộtđỉnhA, ba đỉnh còn lại là các trung điểm của ba cạnhAB, BC và AC (H.1). Kí hiệu hình vuông này là (1).

-          Bước2 : Với 2 tam giác vuông cân màu trắng còn lại như trong hình 1, ta lại tạo được 2 hình vuông màu xám khác theo cách trên, kí hiệu là (2) (H.2).

-          Bước 3: Với 4 tam giác vuông cân màu trắng như trong hình 2, ta lại tạo được 4 hình vuông mới màu xámtheo cách trên (H.3).

-          …

-          Bước thứ n :Ở bước này ta có \({2^{n - 1}}\) hình vuông mới màu xám được tạo thành theo cách trên, kí hiệu là (n)

a)     Gọi \({u_n}\) là tổng diện tích của tất cả các hình vuông mới được tạo thành ở bước thứ n. Chứng minh rằng \({u_n} = {1 \over {{2^{n + 1}}}}\)

b)     Gọi \({S_n}\) là tổng diện tích của tất cả các hình vuông màu xám có được sau  n bước. Quan sát hình vẽ để dự đoán giới hạn của \({S_n}\) khi \(n \to  + \infty \). Chứng minh dự đoán đó.

Giải:

a)     Chứng minh bằng quy nạp \({u_n} = {1 \over {{2^{n + 1}}}}\)    (1)

-          Với n = 1, một hình vuông được tạo thành có diện tích là \({u_1} = {1 \over {{2^2}}}\)

Vậy (1) đúng.

-          Giả sử công thức (1) đúng với \(n = k\left( {k \ge 1} \right)\) nghĩa là \({u_k} = {1 \over {{2^{k + 1}}}}\). Ta cần chứng minh (1) đúng với \(n = k + 1\) tức là chứng minh \({u_{k + 1}} = {1 \over {{2^{k + 2}}}}\)

Thật vậy, ở bước thứ k ta có \({2^{k - 1}}\) hình vuông mới màu xám được tạo thành.Ứng với mỗi hình vuông này ta lại tạo được hai hình vuông mới trong bước thứ k + 1

Tổng diện tích của hai hình vuông mới nàytrong bước thứ k + 1 bằng nửa diện tích của hình vuông tương ứng bước thứ k

Do đó, tổng diện tích tất cả các hình vuông mới có được trong bước thứ k + 1 là \({u_{k + 1}} = {1 \over 2}.{1 \over {{2^{k + 1}}}} = {1 \over {{2^{k + 2}}}}\) Vậy (1) đúng với n = k + 1

-          Kết luận: Với mọi n nguyên dương ta luôn có \({u_n} = {1 \over {{2^{n + 1}}}}\)

b)     Dự đoán : \({S_n} \to {1 \over 2}{S_{ABC}}\) khi \(n \to  + \infty \) hay \(\lim {S_n} = {1 \over 2}\)

Chứng minh : 

\(\eqalign{
& {S_n} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_n} \cr
& = {1 \over {{2^2}}} + {1 \over {{2^3}}} + ... + {1 \over {{2^{n + 1}}}} \cr
& = {1 \over 2} - {1 \over {{2^{n + 1}}}} \cr}\)

Từ đó suy ra \(\lim {S_n} = {1 \over 2}\)

Giaibaitap.me