Ứng dụng giới hạn dãy số vào các bài toán thực tế. – TOÁN HỌC

Ứng dụng giới hạn dãy số vào các bài toán thực tế.

Bài toán 1. Chu vi diện tích hình tròn

Gọi C là nửa đường tròn đường kính AB = 2R, C1 là đường gồm hai nửa đường tròn đường kính \ ( \ frac { { AB } } { 2 } \ ), C2 là đường gồm bốn nửa đường tròn đường kính \ ( \ frac { { AB } } { 4 } \ ), … C ­ n là đường gồm 2 n nửa đường tròn đường kính \ ( \ frac { { AB } } { { 2 n } } \ ), … ( h. 4.2 ). Gọi pn là độ dài của Cn, Sn là diện tích quy hoạnh hình phẳng giới hạn bởi C ­ n và đoạn thẳng AB .
a. Tính pn và Sn .
b. Tìm giới hạn của những dãy số ( pn ) và ( S ­ n ) .

Giải

a) Ta có \({p_n} = {2^n}.\frac{R}{{{2^n}}}.\pi  = \pi R\) với mọi n

\ ( { S_n } = { 2 ^ n }. { \ left ( { \ frac { R } { { { 2 ^ n } } } } \ right ) ^ 2 }. \ frac { \ pi } { 2 } = \ frac { { \ pi { R ^ 2 } } } { 2 }. \ frac { 1 } { { { 2 ^ n } } } \ )
b ) Ta có \ ( \ lim { p_n } = \ pi R ; \ lim { S_n } = 0 \ )

Bài toán 2. Bông tuyết Von Koch.

Ta khởi 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 ( Von Koch ) .
a. Gọi p1, p2, …, pn, … là độ dài của H1, H2, …, Hn, …. Chứng minh rằng ( pn ) là một cấp số nhân. Tìm \ ( \ lim p_n \ ) .
b. Gọi Sn là diện tích quy hoạnh của miền giới hạn bởi đường gấp khúc Hn. Tính Sn và tìm giới hạn của dãy số ( Sn ) .

Hướng dẫn:

Số cạnh của Hn là 3.4 n. Tìm độ dài mỗi cạnh của Hn, từ đó tính pn .
Để tính Sn cần quan tâm rằng muốn có Hn + 1 chỉ cần thêm vào một tam giác đều nhỏ trên mỗi cạnh của Hn .

Giải

Số cạnh của Hn là 3.4 n .
Độ dài mỗi cạnh của Hn là \ ( \ frac { a } { { { 3 ^ n } } } \ )
Do đó độ dài của H ­ ­ n là \ ( { p_n } = { 3.4 ^ n }. \ frac { a } { { { 3 ^ n } } } = 3 a { \ left ( { \ frac { 4 } { 3 } } \ right ) ^ n } \ )
Vậy dãy số ( pn ) là một cấp số nhân và \ ( \ lim { p_n } = + \ infty \ )
Diện tích tam giác ABC cạnh a là \ ( S = \ frac { { { a ^ 2 } \ sqrt 3 } } { 4 } \ )

\(\begin{array}{l}
{S_1} – S = 3.\left( {\frac{S}{9}} \right) = \frac{S}{3}\\
{S_2} – {S_1} = 4.3.\left( {\frac{S}{{{9^2}}}} \right) = \frac{S}{3}.\left( {\frac{4}{9}} \right)\\
{S_3} – {S_2} = {4^2}.3.\left( {\frac{S}{{{9^3}}}} \right) = \frac{S}{3}.{\left( {\frac{4}{9}} \right)^2}
\end{array}\)

Bằng giải pháp qui nạp, ta được :
\ ( { S_n } = { S_ { n – 1 } } = { 4 ^ { n – 1 } }. 3. \ left ( { \ frac { S } { { { 9 ^ n } } } } \ right ) = \ frac { S } { 3 }. { \ left ( { \ frac { 4 } { 9 } } \ right ) ^ { n – 1 } } \ )
Cộng từng vế n đẳng thức trên, ta được :

\(\begin{array}{l}
{S_n} – S = \frac{S}{3} + \frac{S}{3}.\left( {\frac{4}{9}} \right) + \frac{S}{3}.{\left( {\frac{4}{9}} \right)^2}\\
 + … + \frac{S}{3}.{\left( {\frac{4}{9}} \right)^{n – 1}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)
\end{array}\)

Vế phải của ( 1 ) là tổng của n số hạng tiên phong của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu là \ ( \ frac { S } { 3 } \ ) và công bội là \ ( { \ frac { 4 } { 9 } } \ ). Tổng của cấp số nhân này là :
\ ( \ left ( { \ frac { S } { 3 } } \ right ). \ frac { 1 } { { 1 – \ frac { 4 } { 9 } } } = \ frac { { 3S } } { 5 } \ )
Do đó \ ( \ lim \ left ( { { S_n } – S } \ right ) = \ frac { { 3S } } { 5 } \ )
Suy ra \ ( \ lim { S_n } = \ frac { { 3S } } { 5 } + S = \ frac { { 8S } } { 5 } = \ frac { 8 } { 5 }. \ frac { { { a ^ 2 } \ sqrt 3 } } { 4 } = \ frac { { 2 \ sqrt 3 } } { 5 } { a ^ 2 } \ )

Bài toán 3. Chất phóng xạ

Có \ ( 1 kg \ ) chất phóng xạ ô nhiễm. Biết rằng, cứ sau một khoảng chừng thời hạn \ ( T = 24 000 \ ) năm thì 50% số chất phóng xạ này bị phân rã thành chất khác không ô nhiễm so với sức khỏe thể chất 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 tác dụng câu b ), chứng tỏ rằng sau một số ít năm nào đó khối lượng chất phóng xạ đã cho bắt đầu không còn ô nhiễm so với con người, cho biết chất phóng xạ này sẽ không ô nhiễm nữa nếu khối lượng chất phóng xạ còn lại bé hơn \ ( 10 ^ { – 6 } g \ ) .

Giải

a )

Phương pháp giải:

Tính \ ( u_1 ; u_2 ; u_3 ; … \ ), từ quy luật đó Dự kiến công thức của \ ( u_n \ ) và chứng tỏ công thức đó bằng chiêu thức quy nạp toán học .

Lời giải chi tiết:

Ta có:

+ ) Sau chu kì thứ nhất, lượng chất phóng xạ còn \ ( \ dfrac { 1 } { 2 } \ ) .
+ ) Sau chu kì thứ hai, lượng chất phóng xạ còn \ ( \ dfrac { 1 } { 4 } = \ dfrac { 1 } { 2 ^ 2 } \ ) .
+ ) Sau chu kì thứ ba, lượng chất phóng xạ còn \ ( \ dfrac { 1 } { 8 } = \ dfrac { 1 } { 2 ^ 3 } \ ) .
Do đó \ ( u_1 = \ dfrac { 1 } { 2 } \ ) ; \ ( u_2 = \ dfrac { 1 } { 2 ^ 2 } \ ) ; \ ( u_3 = \ dfrac { 1 } { 2 ^ 3 } \ ) ; … .
Từ đó ta Dự kiến công thức \ ( u_n = \ dfrac { 1 } { 2 ^ { n } } \ ) \ ( \ forall n \ ge 1 \ ) .
Điều này chứng tỏ đơn thuần bằng quy nạp .
Hiển nhiên công thức trên đúng với \ ( n = 1 \ ) .
Giả sử công thức đúng với mọi \ ( k \ ge 1 \ ), tức là có \ ( u_k = \ dfrac { 1 } { 2 ^ k } \ ), ta chứng tỏ công thức đó đúng với mọi \ ( n = k + 1 \ ), tức là cần chứng tỏ : \ ( u_ { k + 1 } = \ dfrac { 1 } { 2 ^ { k + 1 } } \ ) .
Ta có \ ( { u_ { k + 1 } } = \ dfrac { { { u_k } } } { 2 } = \ dfrac { 1 } { { { 2 ^ k } } } : 2 = \ dfrac { 1 } { { { 2 ^ k } } }. \ dfrac { 1 } { 2 } = \ dfrac { 1 } { { { 2 ^ { k + 1 } } } } \ )
Vậy \ ( { u_n } = \ dfrac { 1 } { { { 2 ^ n } } } \, \, \ forall n \ in { N ^ * } \ ) .
b ) \ ( \ displaystyle \ lim { u_n } = \ lim { \ left ( { { 1 \ over 2 } } \ right ) ^ n } = 0 \ ) .

c) Phương pháp giải:

Chất phóng xạ sẽ không còn ô nhiễm nếu \ ( { u_n } < { 10 ^ { – 6 } } ; \ ) tìm n .

Lời giải:

Đổi \ ( 10 ^ { – 6 } g = \ dfrac { 1 } { 10 ^ { 6 } }. \ dfrac { 1 } { 10 ^ { 3 } } kg = \ dfrac { 1 } { 10 ^ { 9 } } kg \ ) .
Để chất phóng xạ sẽ không còn ô nhiễm, ta cần tìm n để \ ( { u_n } = \ dfrac { 1 } { { { 2 ^ n } } } < \ dfrac { 1 } { { { { 10 } ^ 9 } } } \ Leftrightarrow { 2 ^ n } > { 10 ^ 9 } \ Leftrightarrow n \ ge 30 \ )
Nói cách khác, sau chu kì thứ \ ( 30 \ ) ( nghĩa là sau \ ( 30.24000 = 720000 \ ) ( năm ) ), tất cả chúng ta không còn lo ngại về sự ô nhiễm của khối lượng chất phóng xạ còn lại .

Bài toán 4. Chuột Mickey

Để trang hoàng cho căn hộ chung cư cao cấp của mình, chú chuột Mickey quyết định hành động tô màu một miếng bìa hình vuông vắn cạnh bằng \ ( 1 \ ). Nó tô màu xám những hình vuông vắn nhỏ được ghi lại \ ( 1, 2, 3, …, n, … \ ) trong đó cạnh của hình vuông vắn tiếp nối bằng một nửa cạnh hình vuông vắn trước đó. Giả sử quá trình tô màu của Mickey hoàn toàn có thể tiến ra vô hạn .
a ) Gọi \ ( u_n \ ) là diện tích quy hoạnh của hình vuông vắn màu xám thứ \ ( n \ ). Tính \ ( u_1, u_2, u_3 \ ) và \ ( u_n \ ) .

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

Xem thêm: Glucozơ: tính chất vật lý hóa học, điều chế và ứng dụng

Source: https://bem2.vn
Category: Ứng dụng hay