Mở đầu trang 104

Đề bài: Nghịch lí Zeno về Achilles đuổi rùa: Achilles xuất phát tại $A_1$, cách vị trí xuất phát $R_1$ của rùa một quãng đường $a$. Trước tiên Achilles phải đến được $A_2 = R_1$, trong thời gian đó rùa đã đến $R_2$. Sau đó Achilles phải đến $A_3 = R_2$, lúc này rùa đã đến $R_3$,… Cứ như vậy, Zeno lí luận rằng Achilles không bao giờ đuổi kịp rùa. Vì sao lập luận của Zeno có vẻ đúng nhưng lại sai?

Lời giải:

Đây là tình huống dẫn nhập của bài học. Bài toán này sẽ được giải đáp đầy đủ ở Vận dụng 2 (trang 108) sau khi học sinh đã học về tổng của cấp số nhân lùi vô hạn.

Ý tưởng chính: Mặc dù số quãng đường Achilles cần chạy là vô hạn, nhưng tổng các quãng đường (và tổng thời gian) lại là một số hữu hạn vì chúng lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn.

1. Giới hạn hữu hạn của dãy số

HĐ1 (trang 105)

Đề bài: Cho dãy số $(u_n)$ với $u_n = \dfrac{(-1)^n}{n}$.

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) Tính năm số hạng đầu:

$$u_1 = \dfrac{-1}{1} = -1; \quad u_2 = \dfrac{1}{2}; \quad u_3 = -\dfrac{1}{3}; \quad u_4 = \dfrac{1}{4}; \quad u_5 = -\dfrac{1}{5}.$$

Biểu diễn trên trục số: các điểm $-1;; -\dfrac{1}{3};; -\dfrac{1}{5}$ nằm bên trái $0$ và các điểm $\dfrac{1}{4};; \dfrac{1}{2}$ nằm bên phải $0$. Càng về sau, các điểm càng gần $0$.

b) Khoảng cách từ $u_n$ đến $0$ là:

$$|u_n – 0| = \left| \dfrac{(-1)^n}{n} \right| = \dfrac{1}{n}.$$

Yêu cầu $\dfrac{1}{n} < 0{,}01 \Leftrightarrow n > 100$.

Vậy bắt đầu từ số hạng thứ $101$ trở đi, khoảng cách từ $u_n$ đến $0$ nhỏ hơn $0{,}01$.

Luyện tập 1 (trang 105)

Đề bài: Chứng minh rằng $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}}{3^n} = 0$.

Lời giải:

Đặt $u_n = \dfrac{(-1)^{n-1}}{3^n}$. Ta có:

$$|u_n| = \left| \dfrac{(-1)^{n-1}}{3^n} \right| = \dfrac{1}{3^n} = \left( \dfrac{1}{3} \right)^n.$$

Vì $\left| \dfrac{1}{3} \right| < 1$ nên theo kết quả $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} q^n = 0$ khi $|q| < 1$, ta có:

$$\lim_{n\to+\infty} \left( \dfrac{1}{3} \right)^n = 0.$$

Mặt khác $|u_n| \leq \left( \dfrac{1}{3} \right)^n$ với mọi $n \geq 1$. Áp dụng tính chất “nếu $|u_n| \leq v_n$ và $\lim v_n = 0$ thì $\lim u_n = 0$”, suy ra:

$$\lim_{n\to+\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}}{3^n} = 0. \quad \blacksquare$$

HĐ2 (trang 105)

Đề bài: Cho dãy số $(u_n)$ với $u_n = \dfrac{n + (-1)^n}{n}$. Xét dãy số $(v_n)$ xác định bởi $v_n = u_n – 1$. Tính $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} v_n$.

Lời giải:

Ta có:

$$v_n = u_n – 1 = \dfrac{n + (-1)^n}{n} – 1 = \dfrac{n + (-1)^n – n}{n} = \dfrac{(-1)^n}{n}.$$

Khi đó $|v_n| = \dfrac{1}{n}$. Với mọi số dương $\varepsilon$ bé tuỳ ý, ta có $\dfrac{1}{n} < \varepsilon$ khi $n$ đủ lớn, do đó $|v_n|$ có thể nhỏ hơn một số dương bé tuỳ ý kể từ một số hạng nào đó trở đi.

Vậy $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} v_n = 0$.

Luyện tập 2 (trang 106)

Đề bài: Cho dãy số $(u_n)$ với $u_n = \dfrac{3 \cdot 2^n – 1}{2^n}$. Chứng minh rằng $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} u_n = 3$.

Lời giải:

Theo định nghĩa, ta cần chứng minh $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}(u_n – 3) = 0$.

Ta có:

$$u_n – 3 = \dfrac{3 \cdot 2^n – 1}{2^n} – 3 = \dfrac{3 \cdot 2^n – 1 – 3 \cdot 2^n}{2^n} = \dfrac{-1}{2^n} = -\left( \dfrac{1}{2} \right)^n.$$

Vì $\left| \dfrac{1}{2} \right| < 1$ nên $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left( \dfrac{1}{2} \right)^n = 0$, suy ra:

$$\lim_{n\to+\infty}(u_n – 3) = -\lim_{n\to+\infty}\left( \dfrac{1}{2} \right)^n = 0.$$

Vậy $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} u_n = 3$. $\blacksquare$

Vận dụng 1 (trang 106)

Đề bài: Một quả bóng cao su được thả từ độ cao $5$ m xuống một mặt sàn. Sau mỗi lần chạm sàn, quả bóng nảy lên độ cao bằng $\dfrac{2}{3}$ độ cao trước đó. Giả sử $u_n$ là độ cao (tính bằng mét) của quả bóng sau lần nảy thứ $n$. Chứng minh rằng dãy số $(u_n)$ có giới hạn là $0$.

Lời giải:

Bước 1: Tìm công thức của $u_n$.

• Sau lần nảy thứ $1$: $u_1 = 5 \cdot \dfrac{2}{3}$.
• Sau lần nảy thứ $2$: $u_2 = u_1 \cdot \dfrac{2}{3} = 5 \cdot \left( \dfrac{2}{3} \right)^2$.
• …
• Sau lần nảy thứ $n$: $u_n = 5 \cdot \left( \dfrac{2}{3} \right)^n$.

Bước 2: Tính giới hạn.

Vì $\left| \dfrac{2}{3} \right| < 1$ nên $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left( \dfrac{2}{3} \right)^n = 0$. Do đó:

$$\lim_{n\to+\infty} u_n = \lim_{n\to+\infty} 5 \cdot \left( \dfrac{2}{3} \right)^n = 5 \cdot 0 = 0. \quad \blacksquare$$

Ý nghĩa: Càng về sau, độ cao quả bóng nảy lên càng nhỏ và tiến dần về $0$.

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

HĐ3 (trang 106)

Đề bài: Cho hai dãy số $(u_n)$ và $(v_n)$ với $u_n = 2 + \dfrac{1}{n},; v_n = 3 – \dfrac{2}{n}$. Tính và so sánh: $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}(u_n + v_n)$ và $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} u_n + \displaystyle\lim_{n\to+\infty} v_n$.

Lời giải:

Tính $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} u_n$ và $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} v_n$:

• $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} u_n = \lim_{n\to+\infty}\left( 2 + \dfrac{1}{n} \right) = 2 + 0 = 2$.
• $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} v_n = \lim_{n\to+\infty}\left( 3 – \dfrac{2}{n} \right) = 3 – 0 = 3$.

Suy ra $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} u_n + \lim_{n\to+\infty} v_n = 2 + 3 = 5$.

Tính $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}(u_n + v_n)$:

$$u_n + v_n = \left( 2 + \dfrac{1}{n} \right) + \left( 3 – \dfrac{2}{n} \right) = 5 – \dfrac{1}{n}.$$

$$\lim_{n\to+\infty}(u_n + v_n) = \lim_{n\to+\infty}\left( 5 – \dfrac{1}{n} \right) = 5 – 0 = 5.$$

So sánh: Hai kết quả bằng nhau (cùng bằng $5$). Đây là gợi ý cho quy tắc $\displaystyle\lim(u_n + v_n) = \lim u_n + \lim v_n$.

Luyện tập 3 (trang 107)

Đề bài: Tìm $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} \dfrac{\sqrt{2n^2 + 1}}{n + 1}$.

Lời giải:

Đây là giới hạn dạng phân thức có chứa căn. Ta chia cả tử và mẫu cho $n$ (luỹ thừa cao nhất của $n$ ở mẫu, cũng là $\sqrt{n^2}$ ở tử):

$$\dfrac{\sqrt{2n^2 + 1}}{n + 1} = \dfrac{\sqrt{2n^2 + 1}/n}{(n+1)/n} = \dfrac{\sqrt{(2n^2 + 1)/n^2}}{1 + \dfrac{1}{n}} = \dfrac{\sqrt{2 + \dfrac{1}{n^2}}}{1 + \dfrac{1}{n}}.$$

Áp dụng các quy tắc tính giới hạn:

• $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left( 2 + \dfrac{1}{n^2} \right) = 2$, nên $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} \sqrt{2 + \dfrac{1}{n^2}} = \sqrt{2}$.
• $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left( 1 + \dfrac{1}{n} \right) = 1$.

Do đó:

$$\lim_{n\to+\infty} \dfrac{\sqrt{2n^2 + 1}}{n + 1} = \dfrac{\sqrt{2}}{1} = \sqrt{2}.$$

3. Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn

HĐ4 (trang 107)

Đề bài: 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 $u_1, u_2, \ldots, u_n, \ldots$ lần lượt là độ dài cạnh của các hình vuông được tô màu.

a) Tính tổng $S_n = u_1 + u_2 + \ldots + u_n$.

b) Tìm $S = \displaystyle\lim_{n\to+\infty} S_n$.

Lời giải:

a) Hình vuông ban đầu có cạnh $1$. Khi chia thành $4$ hình vuông nhỏ bằng nhau thì mỗi hình vuông nhỏ có cạnh $\dfrac{1}{2}$. Vậy hình vuông tô màu đầu tiên (góc dưới bên trái) có cạnh:

$$u_1 = \dfrac{1}{2}.$$

Tiếp theo, lấy hình vuông nhỏ góc trên bên phải (cũng có cạnh $\dfrac{1}{2}$) và chia tiếp thành $4$ phần, tô góc dưới bên trái. Hình vuông tô tiếp có cạnh:

$$u_2 = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}.$$

Tiếp tục như vậy:

$$u_3 = \dfrac{1}{8};\quad u_4 = \dfrac{1}{16};\quad \ldots;\quad u_n = \dfrac{1}{2^n}.$$

Dãy $(u_n)$ là cấp số nhân với $u_1 = \dfrac{1}{2}$, công bội $q = \dfrac{1}{2}$. Áp dụng công thức tổng $n$ số hạng đầu:

$$S_n = u_1 + u_2 + \ldots + u_n = \dfrac{u_1 (1 – q^n)}{1 – q} = \dfrac{\dfrac{1}{2}\left( 1 – \dfrac{1}{2^n} \right)}{1 – \dfrac{1}{2}} = 1 – \dfrac{1}{2^n}.$$

b) Vì $\left| \dfrac{1}{2} \right| < 1$ nên $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} \dfrac{1}{2^n} = 0$. Do đó:

$$S = \lim_{n\to+\infty} S_n = \lim_{n\to+\infty}\left( 1 – \dfrac{1}{2^n} \right) = 1.$$

Luyện tập 4 (trang 108)

Đề bài: Tính tổng $S = 2 + \dfrac{2}{7} + \dfrac{2}{7^2} + \ldots + \dfrac{2}{7^{n-1}} + \ldots$

Lời giải:

Các số hạng của tổng lập thành một cấp số nhân với:

• Số hạng đầu: $u_1 = 2$.
• Công bội: $q = \dfrac{1}{7}$.

Vì $|q| = \dfrac{1}{7} < 1$ nên đây là cấp số nhân lùi vô hạn. Áp dụng công thức tổng:

$$S = \dfrac{u_1}{1 – q} = \dfrac{2}{1 – \dfrac{1}{7}} = \dfrac{2}{\dfrac{6}{7}} = \dfrac{2 \cdot 7}{6} = \dfrac{7}{3}.$$

Vận dụng 2 (trang 108) – Giải thích nghịch lí Zeno

Đề bài: Giả sử Achilles chạy với vận tốc $100$ km/h, vận tốc của rùa là $1$ km/h và khoảng cách ban đầu $a = 100$ km.

a) Tính thời gian $t_1, t_2, \ldots, t_n, \ldots$ tương ứng để Achilles đi từ $A_1$ đến $A_2$, từ $A_2$ đến $A_3$,…, từ $A_n$ đến $A_{n+1}, \ldots$

b) Tính tổng thời gian cần thiết để Achilles chạy hết các quãng đường $A_1A_2, A_2A_3, \ldots, A_nA_{n+1}, \ldots$

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

Lời giải:

a) Tính các thời gian liên tiếp:

• $t_1$: Achilles đi từ $A_1$ đến $A_2 = R_1$, quãng đường $100$ km, vận tốc $100$ km/h:

$$t_1 = \dfrac{100}{100} = 1 \text{ (giờ)}.$$

Trong $t_1 = 1$ giờ, rùa đi được $1 \cdot 1 = 1$ km, nên $A_2A_3 = 1$ km.

• $t_2$: Achilles đi từ $A_2$ đến $A_3$, quãng đường $1$ km:

$$t_2 = \dfrac{1}{100} = \dfrac{1}{100} \text{ (giờ)}.$$

Trong $t_2$, rùa đi được $1 \cdot \dfrac{1}{100} = \dfrac{1}{100}$ km, nên $A_3A_4 = \dfrac{1}{100}$ km.

• $t_3$: $t_3 = \dfrac{1/100}{100} = \dfrac{1}{100^2}$ (giờ).
• Tổng quát: $t_n = \dfrac{1}{100^{n-1}}$ (giờ).

b) Tổng thời gian là:

$$T = t_1 + t_2 + \ldots + t_n + \ldots = 1 + \dfrac{1}{100} + \dfrac{1}{100^2} + \ldots + \dfrac{1}{100^{n-1}} + \ldots$$

Đây là tổng cấp số nhân lùi vô hạn với $u_1 = 1$, $q = \dfrac{1}{100}$ (có $|q| < 1$). Do đó:

$$T = \dfrac{u_1}{1 – q} = \dfrac{1}{1 – \dfrac{1}{100}} = \dfrac{1}{\dfrac{99}{100}} = \dfrac{100}{99} \text{ (giờ)}.$$

Vậy chỉ sau $\dfrac{100}{99}$ giờ (xấp xỉ $1$ giờ $36{,}4$ giây), Achilles đã đuổi kịp rùa.

c) Sai lầm của Zeno: Lập luận của Zeno đúng ở chỗ Achilles phải đi qua vô hạn quãng đường $A_1A_2, A_2A_3, \ldots$ Tuy nhiên Zeno đã ngầm hiểu rằng “tổng vô hạn các quãng đường (hay tổng vô hạn thời gian) phải là vô hạn” – điều này không đúng. Một tổng vô hạn các số hạng dương vẫn có thể là một số hữu hạn, như đã thấy ở câu b): tổng vô hạn các khoảng thời gian chỉ bằng $\dfrac{100}{99}$ giờ.

4. Giới hạn vô cực của dãy số

HĐ5 (trang 108)

Đề bài: 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) Số vi khuẩn sau mỗi chu kì:

• Sau chu kì $1$: $u_1 = 50 \cdot 2 = 100$.
• Sau chu kì $2$: $u_2 = 100 \cdot 2 = 50 \cdot 2^2 = 200$.
• …
• Sau chu kì thứ $n$: $\boxed{u_n = 50 \cdot 2^n}.$

b) Yêu cầu $u_n > 10.000$, tức là:

$$50 \cdot 2^n > 10.000 \Leftrightarrow 2^n > 200.$$

Ta có $2^7 = 128 < 200 < 256 = 2^8$, nên $n \geq 8$.

Vậy sau $8$ chu kì, tức là $8 \cdot 4 = 32$ giờ, số lượng vi khuẩn sẽ vượt $10.000$ (cụ thể $u_8 = 50 \cdot 256 = 12.800$).

Luyện tập 5 (trang 109)

Đề bài: Tính $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}(n – \sqrt{n})$.

Lời giải:

Đặt nhân tử chung $n$ (hoặc $\sqrt{n}$) ở hai số hạng. Ở đây ta đặt $\sqrt{n}$:

$$n – \sqrt{n} = \sqrt{n}\left( \sqrt{n} – 1 \right).$$

• $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} \sqrt{n} = +\infty$.
• $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}(\sqrt{n} – 1) = +\infty$.

Áp dụng quy tắc: nếu $\lim u_n = +\infty$ và $\lim v_n = a > 0$ (hoặc $+\infty$) thì $\lim u_n v_n = +\infty$. Ở đây cả hai đều tiến tới $+\infty$, nên:

$$\lim_{n\to+\infty}(n – \sqrt{n}) = +\infty.$$

Bài tập (trang 109)

Bài 5.1 (trang 109)

Đề bài: Tìm các giới hạn sau:

a) $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} \dfrac{n^2 + n + 1}{2n^2 + 1};$

b) $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left( \sqrt{n^2 + 2n} – n \right).$

Lời giải:

a) Chia cả tử và mẫu cho $n^2$ (luỹ thừa cao nhất):

$$\dfrac{n^2 + n + 1}{2n^2 + 1} = \dfrac{1 + \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{n^2}}{2 + \dfrac{1}{n^2}}.$$

Khi $n \to +\infty$: $\dfrac{1}{n} \to 0,; \dfrac{1}{n^2} \to 0$. Áp dụng các quy tắc tính giới hạn:

$$\lim_{n\to+\infty} \dfrac{n^2 + n + 1}{2n^2 + 1} = \dfrac{1 + 0 + 0}{2 + 0} = \dfrac{1}{2}.$$

b) Đây là dạng $\infty – \infty$. Ta nhân và chia với biểu thức liên hợp:

$$\sqrt{n^2 + 2n} – n = \dfrac{\left( \sqrt{n^2 + 2n} – n \right)\left( \sqrt{n^2 + 2n} + n \right)}{\sqrt{n^2 + 2n} + n} = \dfrac{(n^2 + 2n) – n^2}{\sqrt{n^2 + 2n} + n} = \dfrac{2n}{\sqrt{n^2 + 2n} + n}.$$

Chia cả tử và mẫu cho $n$:

$$\dfrac{2n}{\sqrt{n^2 + 2n} + n} = \dfrac{2}{\sqrt{\dfrac{n^2 + 2n}{n^2}} + 1} = \dfrac{2}{\sqrt{1 + \dfrac{2}{n}} + 1}.$$

Khi $n \to +\infty$: $\dfrac{2}{n} \to 0$, nên $\sqrt{1 + \dfrac{2}{n}} \to 1$. Do đó:

$$\lim_{n\to+\infty}\left( \sqrt{n^2 + 2n} – n \right) = \dfrac{2}{1 + 1} = 1.$$

Bài 5.2 (trang 109)

Đề bài: Cho hai dãy số không âm $(u_n)$ và $(v_n)$ với $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} u_n = 2$ và $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} v_n = 3$. Tìm các giới hạn sau:

a) $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} \dfrac{u_n^2}{v_n – u_n};$

b) $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} \sqrt{u_n + 2v_n}.$

Lời giải:

a) Áp dụng các quy tắc tính giới hạn ($\lim$ của tích, hiệu, thương):

• $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} u_n^2 = \lim u_n \cdot \lim u_n = 2 \cdot 2 = 4$.
• $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}(v_n – u_n) = 3 – 2 = 1 \neq 0$.

Do mẫu có giới hạn khác $0$ nên áp dụng quy tắc thương:

$$\lim_{n\to+\infty} \dfrac{u_n^2}{v_n – u_n} = \dfrac{4}{1} = 4.$$

b) Vì $u_n \geq 0$ và $v_n \geq 0$ nên $u_n + 2v_n \geq 0$. Áp dụng quy tắc $\lim \sqrt{u_n} = \sqrt{\lim u_n}$ (khi $u_n \geq 0$):

• $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}(u_n + 2v_n) = 2 + 2 \cdot 3 = 8$.

Suy ra:

$$\lim_{n\to+\infty} \sqrt{u_n + 2v_n} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}.$$

Bài 5.3 (trang 109)

Đề bài: Tìm giới hạn của các dãy số cho bởi:

a) $u_n = \dfrac{n^2 + 1}{2n – 1};$

b) $v_n = \sqrt{2n^2 + 1} – n.$

Lời giải:

a) Chia cả tử và mẫu cho $n$ (chú ý bậc tử lớn hơn bậc mẫu, nên giới hạn sẽ là $+\infty$):

$$u_n = \dfrac{n^2 + 1}{2n – 1} = \dfrac{n + \dfrac{1}{n}}{2 – \dfrac{1}{n}}.$$

Khi $n \to +\infty$:

• Tử: $n + \dfrac{1}{n} \to +\infty$.
• Mẫu: $2 – \dfrac{1}{n} \to 2 > 0$.

Theo quy tắc: nếu $\lim u_n = +\infty$ và $\lim v_n = a > 0$ thì $\lim \dfrac{u_n}{v_n} = +\infty$. Do đó:

$$\lim_{n\to+\infty} u_n = +\infty.$$

b) Đặt nhân tử chung $n$:

$$v_n = \sqrt{2n^2 + 1} – n = n\sqrt{2 + \dfrac{1}{n^2}} – n = n\left( \sqrt{2 + \dfrac{1}{n^2}} – 1 \right).$$

Khi $n \to +\infty$:

• $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} n = +\infty$.
• $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left( \sqrt{2 + \dfrac{1}{n^2}} – 1 \right) = \sqrt{2} – 1 > 0$ (vì $\sqrt{2} > 1$).

Theo quy tắc tích: $\lim u_n \cdot v_n = +\infty$ khi $\lim u_n = +\infty$ và $\lim v_n = a > 0$. Do đó:

$$\lim_{n\to+\infty} v_n = +\infty.$$

Bài 5.4 (trang 109)

Đề bài: Viết các số thập phân vô hạn tuần hoàn sau đây dưới dạng phân số:

a) $1{,}(12) = 1{,}121212\ldots;$

b) $3{,}(102) = 3{,}102102102\ldots$

Lời giải:

a) Ta tách phần nguyên và phần thập phân tuần hoàn:

$$1{,}121212\ldots = 1 + 0{,}12 + 0{,}0012 + 0{,}000012 + \ldots = 1 + \dfrac{12}{100} + \dfrac{12}{100^2} + \dfrac{12}{100^3} + \ldots$$

Phần $\dfrac{12}{100} + \dfrac{12}{100^2} + \ldots$ là tổng cấp số nhân lùi vô hạn với $u_1 = \dfrac{12}{100}$, công bội $q = \dfrac{1}{100}$ (có $|q| < 1$):

$$\dfrac{12}{100} + \dfrac{12}{100^2} + \ldots = \dfrac{u_1}{1 – q} = \dfrac{\dfrac{12}{100}}{1 – \dfrac{1}{100}} = \dfrac{\dfrac{12}{100}}{\dfrac{99}{100}} = \dfrac{12}{99} = \dfrac{4}{33}.$$

Vậy:

$$1{,}(12) = 1 + \dfrac{4}{33} = \dfrac{33 + 4}{33} = \dfrac{37}{33}.$$

b) Tương tự:

$$3{,}102102102\ldots = 3 + \dfrac{102}{1000} + \dfrac{102}{1000^2} + \dfrac{102}{1000^3} + \ldots$$

Phần tổng vô hạn là cấp số nhân lùi vô hạn với $u_1 = \dfrac{102}{1000}$, $q = \dfrac{1}{1000}$:

$$\dfrac{102}{1000} + \dfrac{102}{1000^2} + \ldots = \dfrac{\dfrac{102}{1000}}{1 – \dfrac{1}{1000}} = \dfrac{\dfrac{102}{1000}}{\dfrac{999}{1000}} = \dfrac{102}{999} = \dfrac{34}{333}.$$

Vậy:

$$3{,}(102) = 3 + \dfrac{34}{333} = \dfrac{3 \cdot 333 + 34}{333} = \dfrac{999 + 34}{333} = \dfrac{1033}{333}.$$

Bài 5.5 (trang 109)

Đề bài: 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 nếu bệnh nhân sử dụng thuốc trong một thời gian dài.

Lời giải:

Gọi $u_n$ (mg) là lượng thuốc trong cơ thể ngay sau khi uống viên thuốc của ngày thứ $n$.

Bước 1: Lập công thức truy hồi.

• Ngày $1$: vừa uống $150$ mg → $u_1 = 150$.
• Trước khi uống ngày thứ $n+1$, lượng thuốc cũ còn $5\% = 0{,}05$ lần $u_n$, tức là $0{,}05 \cdot u_n$. Sau đó uống thêm $150$ mg, vậy:

$$u_{n+1} = 0{,}05 \cdot u_n + 150.$$

Bước 2: Tính $u_5$.

• $u_1 = 150$.
• $u_2 = 0{,}05 \cdot 150 + 150 = 7{,}5 + 150 = 157{,}5$ (mg).
• $u_3 = 0{,}05 \cdot 157{,}5 + 150 = 7{,}875 + 150 = 157{,}875$ (mg).
• $u_4 = 0{,}05 \cdot 157{,}875 + 150 = 7{,}89375 + 150 = 157{,}89375$ (mg).
• $u_5 = 0{,}05 \cdot 157{,}89375 + 150 = 7{,}8946875 + 150 = 157{,}8946875$ (mg).

Vậy sau khi uống viên ngày thứ $5$, lượng thuốc trong cơ thể là khoảng $157{,}89$ mg.

Bước 3: Ước tính khi dùng thời gian dài (tìm $\displaystyle\lim u_n$).

Lượng thuốc $u_n$ có thể viết thành tổng các “phần còn lại” của các viên đã uống:

• Viên ngày $n$ uống vào: đóng góp $150$ mg.
• Viên ngày $n-1$: còn lại $150 \cdot 0{,}05$ mg.
• Viên ngày $n-2$: còn lại $150 \cdot 0{,}05^2$ mg.
• …
• Viên ngày $1$: còn lại $150 \cdot 0{,}05^{n-1}$ mg.

Do đó:

$$u_n = 150 + 150 \cdot 0{,}05 + 150 \cdot 0{,}05^2 + \ldots + 150 \cdot 0{,}05^{n-1}.$$

Đây là tổng $n$ số hạng đầu của cấp số nhân lùi vô hạn với $u_1 = 150$, $q = 0{,}05$ ($|q| < 1$). Khi $n \to +\infty$:

$$\lim_{n\to+\infty} u_n = \dfrac{150}{1 – 0{,}05} = \dfrac{150}{0{,}95} = \dfrac{3000}{19} \approx 157{,}89 \text{ (mg)}.$$

Kết luận: Nếu dùng thuốc trong một thời gian dài, lượng thuốc trong cơ thể (ngay sau khi uống) sẽ ổn định ở mức khoảng $157{,}89$ mg.

Bài 5.6 (trang 109)

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, có $AB = h$ và góc $B$ bằng $\alpha$ (H.5.3). Từ $A$ kẻ $AA_1 \perp BC$, từ $A_1$ kẻ $A_1A_2 \perp AC$, sau đó lại kẻ $A_2A_3 \perp BC$. Tiếp tục quá trình trên, ta được đường gấp khúc vô hạn $AA_1A_2A_3\ldots$ Tính độ dài đường gấp khúc này theo $h$ và $\alpha$.

Lời giải:

Bước 1: Tính $AA_1$.

Trong tam giác vuông $ABA_1$ ($\widehat{A_1} = 90^\circ$, $\widehat{B} = \alpha$, cạnh huyền $AB = h$):

$$AA_1 = AB \cdot \sin \alpha = h\sin \alpha.$$

Bước 2: Tìm tỉ số chung của các đoạn liên tiếp.

Xét tam giác $AA_1A_2$ vuông tại $A_2$ ($A_1A_2 \perp AC$). Trong tam giác này, ta cần xác định góc tại $A_1$.

Vì $AA_1 \perp BC$ tại $A_1$ nên góc giữa $AA_1$ và $BC$ là $90^\circ$. Trong tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $\widehat{C} = 90^\circ – \alpha$. Do $AA_1 \perp BC$, ta có $\widehat{A_1AC} = \alpha$ (góc có cạnh tương ứng vuông góc với $\widehat{B} = \alpha$).

Trong tam giác vuông $AA_1A_2$ (vuông tại $A_2$), cạnh huyền là $AA_1$, góc tại $A$ là $\alpha$. Do đó:

$$A_1A_2 = AA_1 \cdot \sin \alpha = h\sin^2 \alpha.$$

Tiếp tục, trong tam giác vuông $A_1A_2A_3$ với lập luận tương tự:

$$A_2A_3 = A_1A_2 \cdot \sin \alpha = h\sin^3 \alpha.$$

Tổng quát, độ dài đoạn thứ $n$ của đường gấp khúc là $h\sin^n \alpha$.

Bước 3: Tính tổng đường gấp khúc.

Độ dài đường gấp khúc $AA_1A_2A_3\ldots$ là:

$$L = AA_1 + A_1A_2 + A_2A_3 + \ldots = h\sin \alpha + h\sin^2 \alpha + h\sin^3 \alpha + \ldots$$

Đây là tổng cấp số nhân lùi vô hạn với $u_1 = h\sin \alpha$, công bội $q = \sin \alpha$. Vì $0 < \alpha < 90^\circ$ nên $0 < \sin \alpha < 1$, đảm bảo $|q| < 1$. Do đó:

$$L = \dfrac{u_1}{1 – q} = \dfrac{h\sin \alpha}{1 – \sin \alpha}.$$

Kết luận: Độ dài đường gấp khúc vô hạn $AA_1A_2A_3\ldots$ là:

$$\boxed{L = \dfrac{h\sin \alpha}{1 – \sin \alpha}.}$$

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh