Giải bài tập SGK Toán 11 Nâng cao Chương 4 Bài 3: Dãy số có giới hạn vô cực

Tìm giới hạn của các dãy số (u_n) với

a) \({u_n} = - 2{n^3} + 3n + 5\)

b) \({u_n} = \sqrt {3{n^4} + 5{n^3} - 7n}\)

Phương pháp giải:

Áp dụng quy tắc 2:

Hướng dẫn giải:

a) Ta có: \({u_n} = {n^3}\left( { - 2 + {3 \over {{n^2}}} + {5 \over {{n^3}}}} \right)\)

Vì \({{\mathop{\rm limn}\nolimits} ^3} = + \infty \) và \(\lim \left( { - 2 + {3 \over {{n^2}}} + {5 \over {{n^3}}}} \right) = - 2 < 0\)

Nên \(\lim {u_n} = - \infty \)

b) Ta có: \({u_n} = \sqrt {{n^4}\left( {3 + \frac{5}{n} - \frac{7}{{{n^3}}}} \right)} = {n^2}\sqrt {3 + {5 \over n} - {7 \over {{n^3}}}} \)

Vì \(\lim {n^2} = + \infty \) và \(\lim \sqrt {3 + {5 \over n} - {7 \over {{n^3}}}} = \sqrt 3 > 0\)

Nên \(\lim {u_n} = + \infty \)

Tìm giới hạn của các dãy số (u_n) với

a) \({u_n} = {{ - 2{n^3} + 3n - 2} \over {3n - 2}}\)

b) \({u_n} = {{\root 3 \of {{n^6} - 7{n^3} - 5n + 8} } \over {n + 12}}\)

Phương pháp giải:

- Chia cả tử và mẫu của biểu thức cần tính giới hạn cho lũy thừa bậc cao nhất của n.

- Áp dụng quy tắc 2 và 3 để tính giới hạn

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

\(\displaystyle {u_n} = {{{n^3}\left( { - 2 + {3 \over {{n^2}}} - {2 \over {{n^3}}}} \right)} \over {{n^3}\left( {{3 \over {{n^2}}} - {2 \over {{n^3}}}} \right)}} \) \(\displaystyle = {{ - 2 + {3 \over {{n^2}}} - {2 \over {{n^3}}}} \over {{3 \over {{n^2}}} - {2 \over {{n^3}}}}}\)

Vì \(\displaystyle \lim \left( { - 2 + {3 \over {{n^2}}} - {2 \over {{n^2}}}} \right) = - 2 < 0\)

Và \(\displaystyle \lim \left( {{3 \over {{n^2}}} - {2 \over {{n^3}}}} \right) = 0;\)

Nên \(\displaystyle \lim {u_n} = - \infty \)

b) Chia tử và mẫu của phân thức cho n, ta được:

\({u_n} = \dfrac{{\dfrac{{\sqrt[3]{{{n^6} - 7{n^3} - 5n + 8}}}}{n}}}{{\dfrac{{n + 12}}{n}}} \) \(= \dfrac{{\sqrt[3]{{\dfrac{{{n^6} - 7{n^3} - 5n + 8}}{{{n^3}}}}}}}{{1 + \dfrac{{12}}{n}}} \) \(= \dfrac{{\sqrt[3]{{{n^3} - 7 - \dfrac{5}{{{n^2}}} + \dfrac{8}{{{n^3}}}}}}}{{1 + \dfrac{{12}}{n}}} \) \( = \dfrac{{\sqrt[3]{{{n^3}\left( {1 - \dfrac{7}{{{n^3}}} - \dfrac{5}{{{n^5}}} + \dfrac{8}{{{n^6}}}} \right)}}}}{{1 + \dfrac{{12}}{n}}}\) \(= \dfrac{{n\sqrt[3]{{1 - \dfrac{7}{{{n^3}}} - \dfrac{5}{{{n^5}}} + \dfrac{8}{{{n^6}}}}}}}{{1 + \dfrac{{12}}{n}}}\)

\(\eqalign{ & \text{ Vì }\,\lim n\root 3 \of {1 - {7 \over {{n^3}}} - {5 \over {{n^5}}} + {8 \over n^6}} = + \infty \cr & \text{ Và }\,\lim \left( {1 + {{12} \over n}} \right) = 1 > 0 \cr & \text{ Nên }\,{{\mathop{\rm lim u}\nolimits} _n} = + \infty \cr} \)

Tìm các giới hạn sau:

a) \(\lim \left( {2n + \cos n} \right)\)

b) \(\lim \left( {{1 \over 2}{n^2} - 3\sin 2n + 5} \right)\)

Phương pháp giải:

a) Đặt n ra làm nhân tử chung rồi tính giới hạn.

b) Đặt \(n^2\) ra làm nhân tử chung tính giới hạn.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

\(\eqalign{ & 2n + \cos n = n\left( {2 + {{\cos n} \over n}} \right) \cr & \left| {{{\cos n} \over n}} \right| \le {1 \over n},\lim {1 \over n} = 0 \cr &\Rightarrow \lim {{\cos n} \over n} = 0 \cr} \)

Do đó \(\lim \left( {2 + {{\cos n} \over n}} \right) = 2 > 0\) và \(\lim n = + \infty\)

Suy ra \(\lim \left( {2n + \cos n} \right) = + \infty\)

b) Ta có:

\(\eqalign{ & \lim \left( {{1 \over 2}{n^2} - 3\sin 2n + 5} \right) \cr &= \lim {n^2}\left( {{1 \over 2} - {{3\sin 2n} \over n^2} + {5 \over {{n^2}}}} \right) = + \infty \cr & \text{ Vì }\,\lim {n^2} = + \infty \cr &\text{ Và }\,\lim \left( {{1 \over 2} - {{3\sin 2n} \over n^2} + {5 \over {{n^2}}}} \right) = {1 \over 2} > 0 \cr} \)

Nên \(\lim \left( {{1 \over 2}{n^2} - 3\sin 2n + 5} \right)=+ \infty\)

Chứng minh rằng nếu q > 1 thì \(\lim {q^n} = + \infty .\)

Phương pháp giải:

Đặt \(q' = \dfrac{1}{q} \Rightarrow q = \dfrac{1}{{q'}}\) và tính giới hạn \(\lim q^n\).

Chú ý: \(\lim {\left( {q'} \right)^n} = 0\) khi 0<q'<1.

Hướng dẫn giải:

Đặt \(q' = \dfrac{1}{q} \Rightarrow q = \dfrac{1}{{q'}}\).

Do \(q > 1 \Rightarrow 0 < q' < 1 \Rightarrow \lim {\left( {q'} \right)^n} = 0\)

\(\Rightarrow \lim {q^n} = \lim {\left( {\dfrac{1}{{q'}}} \right)^n} = \lim \dfrac{1}{{{{\left( {q'} \right)}^n}}}\)

Vì 1 > 0và \(\left\{ \begin{array}{l}\lim {\left( {q'} \right)^n} = 0\\{\left( {q'} \right)^n} > 0\end{array} \right.\) 

Nên \(\lim {q^n} = + \infty \).

Tìm giới hạn của các dãy số (un) với

a) \({u_n} = {{{3^n} + 1} \over {{2^n} - 1}}\)

b) \({u_n} = {2^n} - {3^n}\)

Phương pháp giải:

a) Chia cả tử và mẫu cho 3ⁿ và tính giới hạn.

b) Đặt 3ⁿ ra làm nhân tử chung và tính giới hạn.

Hướng dẫn giải:

a) \({u_n} = \frac{{{3^n}\left( {1 + \frac{1}{{{3^n}}}} \right)}}{{{3^n}\left( {\frac{{{2^n}}}{{{3^n}}} - \frac{1}{{{3^n}}}} \right)}} = {{1 + {{\left( {{1 \over 3}} \right)}^n}} \over {{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} - {{\left( {{1 \over 3}} \right)}^n}}}\)

\(\eqalign{ & \lim \left[ {1 + {{\left( {{1 \over 3}} \right)}^n}} \right] = 1 > 0\cr &\text{ Và }\lim \left[ {{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} - {{\left( {{1 \over 3}} \right)}^n}} \right] = 0;\cr &{{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} - {{\left( {{1 \over 3}}\right)}^n}} >0 \cr & \text{ Nên }\,\lim {u_n} = + \infty \cr} \)

b) Ta có:

\(\eqalign{ & {u_n} = {3^n}\left[ {{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} - 1} \right] \cr & \lim {3^n} = + \infty\cr &\text{ Và }\lim \left[ {{{\left( {{2 \over 3}} \right)}^n} - 1} \right] = - 1 < 0 \cr &\text{ Nên }{{\mathop{\rm lim}\nolimits}\,u _n} = - \infty \cr} \)

Tìm các giới hạn sau:

a) \(\lim {{{n^2} + 4n - 5} \over {3{n^3} + {n^2} + 7}}\)

b) \(\lim {{{n^5} + {n^4} - 3n - 2} \over {4{n^3} + 6{n^2} + 9}}\)

c) \(\lim {{\sqrt {2{n^4} + 3n - 2} } \over {2{n^2} - n + 3}}\)

d) \(\lim {{{3^n} - {{2.5}^n}} \over {7 + {{3.5}^n}}}\)

Phương pháp giải:

- Chia cả tử và mẫu của các biểu thức cần tính giới hạn cho lũy thừa bậc cao nhất của n.

- Chia cả tử và mẫu cho 5ⁿ

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

\(\eqalign{ & \lim {{{n^2} + 4n - 5} \over {3{n^3} + {n^2} + 7}} \cr &= \lim {{{n^3}\left( {{1 \over n} + {4 \over {{n^2}}} - {5 \over {{n^3}}}} \right)} \over {{n^3}\left( {3 + {1 \over n} + {7 \over {{n^3}}}} \right)}} \cr & = \lim {{{1 \over n} + {4 \over {{n^2}}} - {5 \over {{n^3}}}} \over {3 + {1 \over n} + {7 \over {{n^3}}}}} = {0 \over 3} = 0 \cr} \)

b) Ta có:

\(\eqalign{ & \lim {{{n^5} + {n^4} - 3n - 2} \over {4{n^3} + 6{n^2} + 9}} \cr &= \lim {n^2}{{{n^3}\left( {1 + {1 \over n} - {3 \over {{n^4}}} - {2 \over {{n^5}}}} \right)} \over {{n^3}\left( {4 + {6 \over n} + {9 \over {{n^3}}}} \right)}} \cr & = {{\mathop{\rm limn}\nolimits} ^2}{{\left( {1 + {1 \over n} - {3 \over {{n^4}}} - {2 \over {{n^5}}}} \right)} \over {\left( {4 + {6 \over n} + {9 \over {{n^3}}}} \right)}} = + \infty \cr} \)

Vì \(\lim {n^2} = + \infty \) và \(\lim \dfrac{{1 + \frac{1}{n} - \frac{3}{{{n^4}}} - \frac{2}{{{n^5}}}}}{{4 + \frac{6}{n} + \frac{9}{{{n^3}}}}} = \dfrac{1}{4} > 0\)

c) Ta có:

\(\eqalign{ & \lim {{\sqrt {2{n^4} + 3n - 2} } \over {2{n^2} - n + 3}} \cr & = \lim \frac{{\sqrt {{n^4}\left( {2 + \frac{3}{{{n^3}}} - \frac{2}{{{n^4}}}} \right)} }}{{{n^2}\left( {1 - \frac{1}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}} \right)}}\cr &= \lim {{{n^2}\sqrt {2 + {3 \over {n^3}} - {2 \over {{n^4}}}} } \over {{n^2}\left ({2 - {1 \over n} + {3 \over{ {n^2}}}}\right )}} \cr & = \lim {{\sqrt {2 + {n \over 3} - {2 \over {{n^2}}}} } \over {2 - {1 \over n} + {3 \over {{n^2}}}}} = {{\sqrt 2 } \over 2} \cr} \)

d) Chia cả tử và mẫu cho 5ⁿ ta được:

\(\eqalign{ & \lim {{{3^n} - {{2.5}^n}} \over {7 + {{3.5}^n}}} = \lim \frac{{\frac{{{3^n}}}{{{5^n}}} - 2}}{{\frac{7}{{{5^n}}} + 3}}\cr &= \lim {{{{\left( {{3 \over 5}} \right)}^n} - 2} \over {7.{{\left( {{1 \over 5}} \right)}^n} + 3}} = - {2 \over 3} \cr & \text{Vì}\,\,\lim {\left( {{3 \over 5}} \right)^n} = \lim {\left( {{1 \over 5}} \right)^n} = 0 \cr} \)

Tìm các giới hạn sau:

a) \(\lim \left( {3{n^3} - 7n + 11} \right)\)

b) \(\lim \sqrt {2{n^4} - {n^2} + n + 2} \)

c) \(\lim \root 3 \of {1 + 2n - {n^3}} \)

d) \(\lim \sqrt {{{2.3}^n} - n + 2} .\)

Phương pháp giải:

Đặt lũy thừa bậc cao nhất của n ra làm nhân tử chung và sử dụng các quy tắc tính giới hạn.

Đặt \(3^n\) ra làm nhân tử chung và tính giới hạn.

Hướng dẫn giải:

\(\eqalign{a) & \lim \left( {3{n^3} - 7n + 11} \right) \cr &= \lim {n^3}\left( {3 - {7 \over {{n^2}}} + {{11} \over {{n^3}}}} \right) = + \infty \cr & \text{ Vì }\,{{\mathop{\rm limn}\nolimits} ^3} = + \infty \cr &\text{ Và }\lim \left( {3 - {7 \over {{n^2}}} + {{11} \over {{n^3}}}} \right) = 3 > 0 \cr} \)

\(\eqalign{b) & \lim \sqrt {2{n^4} - {n^2} + n + 2} \cr & = \lim \sqrt {{n^4}\left( {2 - \frac{1}{{{n^2}}} + \frac{1}{{{n^3}}} + \frac{2}{{{n^4}}}} \right)} \cr &= \lim {n^2}.\sqrt {2 - {1 \over {{n^2}}} + {1 \over {{n^3}}} + {2 \over {{n^4}}}} = + \infty \cr & \text{ Vì }\;\lim {n^2} = + \infty \cr & \text{ Và }\lim \sqrt {2 - {1 \over {{n^2}}} + {1 \over {{n^3}}} + {2 \over {{n^4}}}} = \sqrt 2 > 0 \cr} \)

\(\eqalign{c) & \lim \root 3 \of {1 + 2n - {n^3}} \cr & = \lim \sqrt[3]{{{n^3}\left( {\frac{1}{{{n^3}}} + \frac{2}{{{n^2}}} - 1} \right)}}\cr &= \lim n\root 3 \of {{1 \over {{n^3}}} + {2 \over {{n^2}}} - 1} = - \infty \cr & \text{ Vì }\lim n = + \infty \cr &\text{ Và }\lim \root 3 \of {{1 \over {{n^3}}} + {2 \over {{n^2}}} - 1} = - 1 < 0 \cr} \)

 \(d) \ \sqrt {{{2.3}^n} - n + 2}\) \(= \lim \sqrt {{3^n}\left( {2 - \frac{n}{{{3^n}}} + \frac{2}{{{3^n}}}} \right)} \) \( = {\left( {\sqrt 3 } \right)^n}\sqrt {2 - {n \over {{3^n}}} + {2 \over {{3^n}}}} \)

Vì \(\lim {n \over {{3^n}}} = 0\) (xem bài tập 4) và \(\lim {2 \over {{3^n}}} = 0\)

Nên \(\lim \sqrt {2 - {n \over {{3^n}}} + {2 \over {{3^n}}}} = \sqrt 2 > 0\)

Ngoài ra \(\lim {\left( {\sqrt 3 } \right)^n} = + \infty \)

Do đó \(\lim \sqrt {{{2.3}^n} - n + 2} = + \infty \)

Tìm các giới hạn sau:

a) \(\lim \left( {\sqrt {{n^2} + n + 1} - n} \right)\)

Hướng dẫn: Nhân và chia biểu thức đã cho với \(\sqrt {{n^2} + n + 1} + n\)

b) \(\lim {1 \over {\sqrt {n + 2} - \sqrt {n + 1} }}\)

Hướng dẫn: Nhân tử và mẫu của phân thức đã cho với \(\sqrt {n + 2} + \sqrt {n + 1} \)

c) \(\lim \left( {\sqrt {{n^2} + n + 2} - \sqrt {n + 1} } \right)\)

d) \(\lim {1 \over {\sqrt {3n + 2} - \sqrt {2n + 1} }}\)

e) \(\lim \left( {\sqrt {n + 1} - \sqrt n } \right)n\)

f) \(\lim {{\sqrt {{n^2} + 1} - \sqrt {n + 1} } \over {3n + 2}}\)

Phương pháp giải:

a) Nhân và chia biểu thức đã cho với \(\sqrt {{n^2} + n + 1} + n.\)

Chú ý hằng đẳng thức \(\left( {A - B} \right)\left( {A + B} \right) = {A^2} - {B^2}\)

b) Nhân tử và mẫu của phân thức đã cho với \(\sqrt {n + 2} + \sqrt {n + 1} \)

c) Đặt lũy thừa bậc cao nhất của n ra làm nhân tử chung.

d) Nhân cả tử và mẫu với biểu thức liên hợp của mẫu.

e) Nhân và chia biểu thức với \({\sqrt {n + 1} + \sqrt n }\)

f) Chia cả tử và mẫu cho n.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

\(\eqalign{ & \lim \left( {\sqrt {{n^2} + n + 1} - n} \right) \cr &= \lim {{\left( {{n^2} + n + 1} \right) - {n^2}} \over {\sqrt {{n^2} + n + 1} + n}} \cr & = \lim {{n + 1} \over {\sqrt {{n^2} + n + 1} + n}} \cr &= \lim {{n\left( {1 + {1 \over n}} \right)} \over {n\left( {\sqrt {1 + {1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} + 1} \right)}} \cr & = \lim {{1 + {1 \over n}} \over {\sqrt {1 + {1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} + 1}} = {1 \over 2} \cr} \)

\(\eqalign{b) & \lim {1 \over {\sqrt {n + 2} - \sqrt {n + 1} }} \cr &= \lim {{\sqrt {n + 2} + \sqrt {n + 1} } \over {n + 2 - n - 1}} \cr & = \lim \left( {\sqrt {n + 2} + \sqrt {n + 1} } \right) \cr & = \lim \left[ {\sqrt n \left( {\sqrt {1 + \frac{2}{n}} + \sqrt {1 + \frac{1}{n}} } \right)} \right]\cr &= + \infty \cr} \)

Vì \(\lim \sqrt n = + \infty \) và \(\lim \left( {\sqrt {1 + \frac{2}{n}} + \sqrt {1 + \frac{1}{n}} } \right) = 2 > 0\)

\(\eqalign{c) & \lim \sqrt {{n^2} + n + 2} - \sqrt {n + 1} \cr &= \lim\,n \left( {\sqrt {1 + {1 \over n} + {2 \over {{n^2}}}} - \sqrt {{1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \right) = + \infty \cr & \text{ Vì}\;\lim n = + \infty \cr &\text{ Và}\;\lim \left( {\sqrt {1 + {1 \over n} + {2 \over {{n^2}}}} - \sqrt {{1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \right) = 1 > 0 \cr} \)

\(\eqalign{d) & \lim {1 \over {\sqrt {3n + 2} - \sqrt {2n + 1} }} \cr &= \lim {{\sqrt {3n + 2} + \sqrt {2n + 1} } \over {3n + 2 - 2n - 1}} \cr & = \lim {{\sqrt {3n + 2} + \sqrt {2n + 1} } \over {n + 1}} \cr &= \lim {{n\left( {\sqrt {{3 \over n} + {2 \over {{n^2}}}} + \sqrt {{2 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \right)} \over {n\left( {1 + {1 \over n}} \right)}} \cr & = \lim {{\sqrt {{3 \over n} + {2 \over {{n^2}}}} + \sqrt {{2 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \over {1 + {1 \over n}}} \cr &= \frac{{0 + 0}}{1}= 0 \cr} \)

\(\eqalign{e) & \lim \left( {\sqrt {n + 1} - \sqrt n } \right).n \cr & = \lim \frac{{\left( {\sqrt {n + 1} - \sqrt n } \right)\left( {\sqrt {n + 1} + \sqrt n } \right).n}}{{\sqrt {n + 1} + \sqrt n }}\cr &= \lim \frac{{n + 1 - n}}{{\sqrt {n + 1} + \sqrt n }}.n \cr &= \lim \frac{n}{{\sqrt {n + 1} + \sqrt n }}\cr &= \lim \sqrt n .{{\sqrt n } \over {\sqrt {n + 1} + \sqrt n }} \cr &= \lim \sqrt n .{1 \over {\sqrt {1 + {1 \over n}} + 1}} = + \infty \cr & \text{ Vì}\;\lim \sqrt n = + \infty \cr &\text{Và}\;\lim {1 \over {\sqrt {1 + {1 \over n}} + 1}} = {1 \over 2} > 0 \cr} \)

\(\eqalign{f) & \lim {{\sqrt {{n^2} + 1} - \sqrt {n + 1} } \over {3n + 2}} \cr &= \lim {{n\left( {\sqrt {1 + {1 \over {{n^2}}}} - \sqrt {{1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \right)} \over {n\left( {3 + {2 \over n}} \right)}} \cr & = \lim {{\sqrt {1 + {1 \over {{n^2}}}} - \sqrt {{1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} } \over {3 + {2 \over n}}} \cr & = \frac{{1 - 0}}{{3 + 0}}= {1 \over 3}. \cr} \)

Tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn là \({5 \over 3},\) tổng ba số hạng đầu tiên của nó là \({{39} \over {25}}\). Tìm số hạng đầu và công bội của cấp số đó.

Phương pháp giải:

Tổng cấp số nhân lùi vô hạn \(S = \dfrac{{{u_1}}}{{1 - q}}\)

Hướng dẫn giải:

Ta có:

\(\eqalign{ & S = {{{u_1}} \over {1 - q}} = {5 \over 3}\,\,\,\left( 1 \right) \cr & {u_1} + {u_2} + {u_3} = {u_1}\left( {1 + q + {q^2}} \right) = {{39} \over {25}}\cr & \Rightarrow {{{u_1}} \over {1 - q}}\left( {1 - {q^3}} \right) = {{39} \over {25}}\,\,\left( 2 \right) \cr} \)

Thay (1) vào (2) ta được:

\({5 \over 3}\left( {1 - {q^3}} \right) = {{39} \over {25}}\) \( \Leftrightarrow 1 - {q^3} = \frac{{117}}{{125}}\\ \Leftrightarrow {q^3} = \frac{8}{{125}}\\ \Rightarrow q = {2 \over 5}\)

Từ (1) suy ra \({u_1} = \frac{5}{3}\left( {1 - q} \right) = \frac{5}{3}\left( {1 - \frac{2}{5}} \right) = 1.\)

Vậy \({u_1} = 1,q = {2 \over 5}\)

Bông tuyết Vôn Kốc

Ta bắt đầu từ một tam giác đều cạnh a. Chia mỗi cạnh của tam giác ABC thành ba đoạn thẳng bằng nhau. Trên mỗi đoạn thẳng ở giữa, dựng một tam giác đều nằm ngoài tam giác ABC rồi xóa đáy của nó, ta được đường gấp khúc khép kín H₁. Chia mỗi cạnh H₁ thành ba đoạn thẳng bằng nhau. Trên mỗi đoạn thẳng ở giữa, dựng một tam giác đều nằm ngoài H₁ rồi xóa đáy của nó, ta được đường gấp khúc khép kín H₂. Tiếp tục như vậy, ta được một hình giống như bông tuyết, gọi là bông tuyết Vôn Kốc (h. 4.6).

a) Gọi p₁, p₂, …, p_n, … là độ dài của H₁, H₂, …, H_n, …. Chứng minh rằng (p_n) là một cấp số nhân. Tìm limp_n.

b) Gọi S_n là diện tích của miền giới hạn bởi đường gấp khúc H_n. Tính S_n và tìm giới hạn của dãy số (S_n).

Hướng dẫn: Số cạnh của H_n là 3.4ⁿ. Tìm độ dài mỗi cạnh của H_n, từ đó tính p_n.

Để tính S_n cần chú ý rằng muốn có H_n+1 chỉ cần thêm vào một tam giác đều nhỏ trên mỗi cạnh của H_n.

Phương pháp giải:

a) - Tìm độ dài mỗi cạnh của H_n.

- Tính p_n và chứng minh p_n+1 = qp_n với q không đổi.

b) Để tính S_n cần chú ý rằng muốn có H_n+1 chỉ cần thêm vào một tam giác đều nhỏ trên mỗi cạnh của H_n.

Hướng dẫn giải:

a) Số cạnh của H_n là 3.4ⁿ.

Độ dài mỗi cạnh của H_n là \({a \over {{3^n}}}\)

Do đó độ dài của H­­_n là \({p_n} = {3.4^n}.{a \over {{3^n}}} = 3a{\left( {{4 \over 3}} \right)^n}\)

Vậy dãy số (p_n) là một cấp số nhân và \(\lim {p_n} = + \infty \)

b) Diện tích tam giác ABC cạnh a là \(S = {{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}\)

\(\eqalign{ & {S_1} - S = 3.\left( {{S \over 9}} \right) = {S \over 3}, \cr & {S_2} - {S_1} = 4.3.\left( {{S \over {{9^2}}}} \right) = {S \over 3}.\left( {{4 \over 9}} \right) \cr & {S_3} - {S_2} = {4^2}.3.\left( {{S \over {{9^3}}}} \right) = {S \over 3}.{\left( {{4 \over 9}} \right)^2} \cr} \)

Bằng phương pháp qui nạp, ta được :

\({S_n} = {S_{n - 1}} = {4^{n - 1}}.3.\left( {{S \over {{9^n}}}} \right) = {S \over 3}.{\left( {{4 \over 9}} \right)^{n - 1}}\)

Cộng từng vế n đẳng thức trên, ta được :

\({S_n} - S = {S \over 3} + {S \over 3}.\left( {{4 \over 9}} \right) + {S \over 3}.{\left( {{4 \over 9}} \right)^2} + ... + {S \over 3}.{\left( {{4 \over 9}} \right)^{n - 1}}\,\,\left( 1 \right)\)

Vế phải của (1) là tổng của n số hạng đầu tiên của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu là \({S \over 3}\) và công bội là \({4 \over 9}\).

Tổng của cấp số nhân này là:

\(\left( {{S \over 3}} \right).{1 \over {1 - {4 \over 9}}} = {{3S} \over 5}\)

Do đó \(\lim \left( {{S_n} - S} \right) = {{3S} \over 5}\)

Suy ra \( \lim {S_n} = {{3S} \over 5} + S = {{8S} \over 5} = {8 \over 5}.{{{a^2}\sqrt 3 } \over 4} = {{2\sqrt 3 } \over 5}{a^2}\)