Toán 11 tập 1 trang 105 Bài 15: Giới hạn của dãy số

Giải toán 11 tập 1 trang 105 Bài 15 sách Kết nối tri thức có đáp án chi tiết cho từng bài tập trong sách giáo khoa Toán lớp 11 Kết nối tri thức. Mời các em học sinh cùng quý phụ huynh tham khảo.

Toán 11 tập 1 trang 105

HĐ 1 trang 105 toán 11 tập 1

Cho dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_n} = \frac{{{{\left( { – 1} \right)}^n}}}{n}$

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?

Hướng dẫn::

Dựa vào công thức số hạng tổng quát tìm được 5 số hạng đầu tiên và biểu diễn trên trục số.

Lời giải:

a) ${u_1} =  – 1;\;\;{u_2} = \frac{1}{2};\;\;\;{u_3} =  – \frac{1}{3};\;\;\;{u_4} = \frac{1}{4};\;\;\;{u_5} =  – \frac{1}{5}$.

b) Ta có: ${u_{100}} = 0,01$ suy ra bắt đầu từ số hạng thứ 101 khoảng cách từ số hạng đến 0 nhỏ hơn 0,01.

LT 1 trang 105 toán 11 tập 1

Chứng minh rằng: $\mathop {lim}\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{{\left( { – 1} \right)}^{n – 1}}}}{{{3^n}}}\; = 0$.

Hướng dẫn::

Ta nói dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ có giới hạn là 0 khi n dần tới dương vô cực, nếu $\left| {{u_n}} \right|$ có thể nhỏ hơn một số dương bé tùy ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi.

Lời giải:

$\left| {{u_n}} \right| = \frac{{{{\left( { – 1} \right)}^{n – 1}}}}{{{3^n}}}$ có thể nhỏ hơn một số dương bé tùy ý khi n đủ lớn.

Ta có: $\left| {{u_n}} \right| < 1.69 \times {10^{ – 5}}$ ta cần n > 10.

Vậy các số hạng của dãy số kể từ số hạng thứ 11 đều có giá trị nhỏ hơn $1.69 \times {10^{ – 5}}$.

HĐ 2 trang 105 toán 11 tập 1

Cho dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_n} = \frac{{n + {{\left( { – 1} \right)}^n}}}{n}$. Xét dãy số $\left( {{v_n}} \right)$ xác định bởi ${v_n} = {u_n} – 1$. Tính $\mathop {lim}\limits_{n \to  + \infty }{v_n}\;$.

Hướng dẫn::

Dãy sô $\left( {{u_n}} \right)$ có giới hạn là số thực a khi n dần tới dương vô cực nếu $\left( {{u_n} – a} \right)\; = 0$.

Lời giải:

${u_n} = {u_n} – 1 = \frac{{n + {{\left( { – 1} \right)}^n}}}{n} – 1 = \frac{{n + {{\left( { – 1} \right)}^n} – n}}{n} = \frac{{{{\left( { – 1} \right)}^n}}}{n} \to 0$ khi $n \to  + \infty $.

Do vậy ${v_n}\; = 0$.

LT 2 trang 105 toán 11 tập 1

Cho dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_n} = \frac{{{{3.2}^n} – 1}}{{{2^n}}}$. Chứng minh rằng $\mathop {lim}\limits_{n \to  + \infty } {u_n} = 3$.

Hướng dẫn::

${u_n}\; = a$ khi và chỉ khi $\left( {{u_n} – a} \right)\; = 0$.

Lời giải:

${u_n} = \frac{{3 \times {2^n} – 1}}{{{2^n}}} – 3 = \frac{{3 \times {2^n} – 1 – 3 \times {2^n}}}{{{2^n}}} =  – \frac{1}{{{2^n}}} \to 0$ khi $n \to  + \infty $.

Do vậy ${u_n}\; = 3$.

Toán 11 tập 1 trang 106

VD 1 trang 106 toán 11 tập 1

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 $\frac{2}{3}$ độ cao trước đó. Giả sử rằng quả bóng luôn chuyển động vuông góc với mặt sàn và quá trình này tiếp diễn vô hạn lần. Giả sử ${u_n}$ là độ cao (tính bằng mét) của quả bóng sau lần nảy lên thứ n. Chứng minh rằng dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ có giới hạn là 0.

Hướng dẫn::

${u_n}\; = a$ khi và chỉ khi $\left( {{u_n} – a} \right)\; = 0$.

Tìm được độ cao của quả bóng sau mỗi lần chạm sàn là cấp số nhân.

Lời giải:

Độ cao quả bóng sau 1 lần chạm sàn: ${u_1} = 5.\frac{2}{3}$ (m).

Độ cao quả bóng sau 2 lần chạm sàn: ${u_2} = 5.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}$ (m).

…

Độ cao quả bóng sau n lần chạm sàn: ${u_n} = 5.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^n}$ (m).

Vì $|q| = \frac{2}{3} < 0$ nên ${u_n} = 5.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^n}$ là một cấp số nhân lùi vô hạn.

Khi đó giới hạn của ${u_n} = 5.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^n}$ bằng 0.

HĐ 3 trang 106 toán 11 tập 1

Cho hai dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ và $\left( {{v_n}} \right)$ với ${u_n} = 2 + \frac{1}{n},\;\;\;{v_n} = 3 – \frac{2}{n}$

Tính và so sánh: $\mathop {lim}\limits_{n \to  + \infty } \left( {{u_n} + {v_n}} \right)$ và $\mathop {lim}\limits_{n \to  + \infty } {u_n} + \mathop {lim}\limits_{n \to  + \infty } {v_n}$

Hướng dẫn::

Tính ${u_n} + {v_n} $ và dùng công thức $\mathop {lim}\limits_{n \to  + \infty }\frac{1}{n}=0$

Lời giải:

Ta có: ${u_n} + {v_n} = 2 + \frac{1}{n} + 3 – \frac{2}{n} = 5 – \frac{1}{n}$

Do đó: $\left( {{u_n} + {v_n}} \right)\; = 5$

${u_n}\; = 2$, ${v_n}\; = 3$

Vậy $\mathop {lim}\limits_{n \to  + \infty } \left( {{u_n} + {v_n}} \right) = \mathop {lim}\limits_{n \to  + \infty } {u_n} + \mathop {lim}\limits_{n \to  + \infty } {v_n}$

Toán 11 tập 1 trang 107

LT 3 trang 107 toán 11 tập 1

Tìm $\mathop {lim}\limits_{n \to  + \infty } \frac{{\sqrt {2{n^2} + 1} }}{{n + 1}}$.

Hướng dẫn::

Để tính giới hạn của dãy số dạng phân thức, ta chia cả tử thức và mẫu thức cho lũy thừa cao nhất của n, rồi áp dụng các quy tắc tính giới hạn.

Lời giải:

$\frac{{\sqrt {2{n^2} + 1} }}{{n + 1}}\; = \frac{{\sqrt {2 + \frac{1}{{{n^2}}}} }}{{1 + \frac{1}{n}}}\; = \frac{{\left( {\sqrt {2 + \frac{1}{{{n^2}}}} } \right)\;}}{{\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)\;}} = \frac{{\sqrt 2 }}{1} = \sqrt 2 $.

HĐ 4 trang 107 toán 11 tập 1

Cho hình vuông cạnh 1 (đơn vị độ dài). Chia hình vuông đó thành bốn hình vuông nhỏ bằng nhau, sau đó ô 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 $S = \mathop {lim}\limits_{n \to  + \infty } {S_n}$

Hướng dẫn::

Dựa vào đề bài để tìm ra biểu thức ${S_n}$. Sau đó tìm giới hạn.

Lời giải:

Ta có: ${u_n} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{{{2^{n – 1}}}}$.

a) ${S_n} = \frac{{\frac{1}{2} \times \left( {\frac{1}{{{2^n}}} – 1} \right)}}{{\frac{1}{2} – 1}} = 1 – \frac{1}{{{2^n}}}$.

b) $S = \mathop {lim}\limits_{n \to  + \infty } {S_n}= \mathop {lim}\limits_{n \to  + \infty } \left( {1 – \frac{1}{{{2^n}}}} \right)\; = 1$.

Toán 11 tập 1 trang 108

LT 4 trang 108 toán 11 tập 1

Tính tổng $S = 2 + \frac{2}{7} + \frac{2}{{7^2}} +  \ldots  + \frac{2}{{{7^{n – 1}}}} +  \ldots $.

Hướng dẫn::

Dựa vào công thức tổng cấp số nhân lùi vô hạn $S = \frac{{{u_1}}}{{1 – q}}$.

.

Lời giải:

$S = 2 + \frac{2}{7} + \frac{2}{{49}} +  \ldots  + \frac{2}{{{7^{n – 1}}}} +  \ldots  = 2 \times \left( {1 + \frac{1}{7} + \frac{1}{{49}} +  \ldots  + \frac{1}{{{7^{n – 1}}}} +  \ldots } \right) = 2 \times \frac{1}{{1 – \frac{1}{7}}} = \frac{7}{3}$.

VD 2 trang 108 toán 11 tập 1

Để đơn giản, ta giả sử Achilles chạy với vận tốc 100km.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 ${A_{n + 1}}$,…

b) Tính tổng thời gian cần thiết để Achilles chạy hết các quãng đường ${A_1}{A_2},\;{A_2}{A_3}, \ldots ,\;{A_n}{A_{n + 1}}$,… tức là thời gian cần thiết để Achilles đuổi kịp rùa

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

Hướng dẫn::

Để tính tổng thời gian chạy hết quãng đường, ta sử dụng công thức tổng cấp số nhân lùi vô hạn

Lời giải:

Ta có: Achilles chạy với vận tốc 100km/h, vận tốc của rùa là 1 km/h.

a) Để chạy hết quãng đường từ ${A_1}$ đến ${A_2}$ với ${A_1}{A_2} = a = 100$(km), Achilles phải mất thời gian ${t_1} = \frac{{100}}{{100}} = 1(h)$. Với thời gian ${t_1}$này, rùa đã chạy được quãng đường ${A_2}{A_3} = 1(km)$.

Để chạy hết quãng đường từ ${A_2}$đến ${A_3}$với ${A_2}{A_3} = 1(km)$, Achilles phải mất thời gian ${t_2} = \frac{1}{{100}}(h)$. Với thời gian ${t_2}$này, rùa đã chạy được quãng đường ${A_3}{A_4} = \frac{1}{{100}}(km)$

Để chạy hết quãng đường từ ${A_n}$đến ${A_{n + 1}}$với ${A_n}{A_{n + 1}} = \frac{1}{{{{100}^{ – 2}}}}(km)$, Achilles phải mất thời gian ${t_n} = \frac{1}{{{{100}^{n – 1}}}}(h)$.

b) Tổng thời gian cần thiết để chạy hết quãng đường từ ${A_1}{A_2},{A_2}{A_3},…,{A_n}{A_{n + 1}},…$tức là thời gian cần thiết để Achilles đuổi kịp rùa là:

$T = 1 + \frac{1}{{100}} + \frac{1}{{{{100}^2}}} + … + \frac{1}{{{{100}^{n – 1}}}} + \frac{1}{{{{100}^n}}} + …(h)$

Đó là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn với ${u_1} = 1,q = \frac{1}{{100}}$, nên ta có:

$T = \frac{{{u_1}}}{{1 – q}} = \frac{1}{{1 – \frac{1}{{100}}}} = \frac{{100}}{{99}} = 1\frac{1}{{99}}(h)$

Như vậy, Achilles đuổi kịp rùa sau: $1\frac{1}{{99}}(h)$

c) Nghịch lý Zeno chỉ đúng với điều kiện là tổng thời gian Achilles chạy hết các quãng đường để đuổi kịp rùa phải là vô hạn, còn nếu nó hữu hạn thì đó chính là khoảng thời gian mà anh bắt kịp được rùa

HĐ 5 trang 108 toán 11 tập 1

Một loại vi khuẩn được nuôi cấy với số lượng ban đầu là 50. Sau mỗi chu kỳ 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?

Hướng dẫn::

Dựa vào công thức tổng quát của cấp số nhân ${u_n} = {u_1} \times {q^{n – 1}}$ và tổng n số hạng của cấp số nhân ${S_n} = \frac{{{u_1} \left( {{q^n} – 1} \right)}}{{q – 1}}$.

Lời giải:

a) ${u_n} = 50 \times {2^{n – 1}}$

b) $10000 = {S_n} = \frac{{50\left( {{2^n} – 1} \right)}}{{2 – 1}} = 50\left( {{2^n} – 1} \right) \Rightarrow {2^n} = 201 \Rightarrow n \approx 7.651$

Vậy số lượng vi khuẩn sẽ vượt 10000 con sau $7.651 \times 4 = 30.604$ giờ

Toán 11 tập 1 trang 109

LT 5 trang 109 toán 11 tập 1

Tính $\mathop {lim}\limits_{n \to  + \infty } \left( {n – \sqrt n } \right)$.

Hướng dẫn::

Biến đổi và dùng công thức giới hạn$\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{1}{{{n^k}}} = 0,k > 0$ để tính toán.

Lời giải:

Ta có:

$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left( {n – \sqrt n } \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } n.\left( {1 – \frac{1}{{\sqrt n }}} \right)\\\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } n =  + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left( {1 – \frac{1}{{\sqrt n }}} \right) = 1\\ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left( {n – \sqrt n } \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } n.\left( {1 – \frac{1}{{\sqrt n }}} \right) =  + \infty \end{array}$

Bài 5.1 trang 109 Toán 11 tập 1

Tìm các giới hạn sau:

a) $\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}\frac{n^{2}+n+1}{2n^{2}+1}$

b) $\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}(\sqrt{n^{2}+2n}-n)$

Lời giải

a) $\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}\frac{n^{2}+n+1}{2n^{2}+1}=\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}\frac{1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^{2}}}{2+\frac{1}{n^{2}}}=\frac{\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^{2}})}{\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}(2+\frac{1}{n^{2}})}=\frac{1}{2}$

b)

$\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}v_{n}=\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}(\sqrt{2n^{2}+1}-n)=\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}\frac{n^{2}+2n-n^{2}}{\sqrt{n^{2}+2n}+n}=\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}\frac{2n}{n(\sqrt{1+\frac{2}{n}}+1)}=\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}\frac{2}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}+1}=1$

Bài 5.2 trang 109 Toán 11 tập 1

Cho hai dãy số không âm $(u_{n}) và (v_{n})$ với $\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}u_{n}=2$

và $\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}v_{n}=3$

Tìm các giới hạn sau:

a) $\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}\frac{u_{n}^{2}}{v_{n}-u_{n}}$

b) $\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}\sqrt{u_{n}+2v_{n}}$

Lời giải

a) $\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}\frac{u_{n}^{2}}{v_{n}-u_{n}}=\frac{(\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}u_{n})^{2}}{\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}v_{n}-\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}u_{n}}=\frac{2^{2}}{3-2}=4$

b) $\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}(u_{n}+2v_{n})$

=$\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}u_{n}+2\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}v_{n}=2+2\times 3=8$

$\Rightarrow \underset{n\rightarrow +\infty }{lim}\sqrt{u_{n}+2v_{n}}=\sqrt{8}$

Bài 5.3 trang 109 Toán 11 tập 1

Tìm giới hạn của các dãy số cho bởi:

a) u_{n}=\frac{n^{2}+1}{2n-1}

b) v_{n}=\sqrt{2n^{2}+1}-n

Lời giải

a) \underset{n\rightarrow +\infty }{lim}u_{n}=\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}\frac{n^{2}+1}{2n-1}=\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}\frac{1+\frac{1}{n^{2}}}{\frac{2}{n}-\frac{1}{n^{2}}}=\frac{\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}(1+\frac{1}{n^{2}})}{\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}(\frac{2}{n}-\frac{1}{n^{2}})}

Ta có: $\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}(1+\frac{1}{n^{2}})=1,\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}(\frac{2}{n}-\frac{1}{n^{2}})=0$

suy ra $\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}u_{n}=+\infty$

b) $\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}v_{n}=\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}\sqrt{2n^{2}+1}-n=\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}\frac{2n^{2}+1-n^{2}}{\sqrt{2n^{2}+1}+n}$

=$\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}\frac{n^{2}+1}{n^{2}(\sqrt{\frac{2}{n^{2}}+\frac{1}{n^{4}}}+\frac{1}{n})}=\underset{n\rightarrow +\infty }{lim}\frac{1+\frac{1}{n^{2}}}{\sqrt{\frac{2}{n^{2}}+\frac{1}{n^{4}}}+\frac{1}{n}}=+\infty$

Bài 5.4 trang 109 Toán 11 tập 1

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

a) 1,(12) = 1,121212…

b) 3,(102) = 3,102102102…

Lời giải

a) 1,121212…= 1 + 0,12 + 0,0012 + 0,000012 + …

= $1 +12\times 10^{-2}+12\times 10^{-4}+12\times 10^{-6}$+…

$12\times 10^{-2}+12\times 10^{-4}+12\times 10^{-6}$+… là tổng cấp số nhân lùi vô hạn với $u_{1}=12\times 10^{-2},q=10^{-2} nên 1,121212…=1+\frac{u_{1}}{1-q}=1+\frac{12\times 10^{-2}}{1-10^{-2}}=\frac{37}{33}$

b) 3,102102102… = 3 + 0,102 + 0,000102 + 0,000000102 +…

= $3+102\times 10^{-3}+102\times 10^{-6}+102\times 10^{-9}$…

$102\times 10^{-3}+102\times 10^{-6}+102\times 10^{-9}$+… là tổng cấp số nhân lùi vô hạn với $u_{1}=102\times 10^{-3}, q=10^{-3}$

nên $3,(102)=3+\frac{u_{1}}{1-q}=3+\frac{102\times 10^{-3}}{1-10^{-3}}=\frac{1033}{333}$

Bài 5.5 trang 109 Toán 11 tập 1

Một bệnh nhân hàng ngày phải uống một viên thuốc 150mg. 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:

Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày đầu tiên là 150 mg.

Sau ngày đầu, trước mỗi lần uống, hàm lượng thuốc cũ trong cơ thể vẫn còn 5%.

Do đó, lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ hai là

150 + 150 . 5% = 150(1 + 0,05).

Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ ba là

150 + 150(1 + 0,05) . 5% = 150 + 150(0,05 + 0,05²) = 150(1 + 0,05 + 0,05²)

Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ tư là

150 + 150(1 + 0,05 + 0,05²) . 5% = 150(1 + 0,05 + 0,05² + 0,05³)

Lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống viên thuốc của ngày thứ năm là

150 + 150(1 + 0,05 + 0,05² + 0,05³) . 5% = 150(1 + 0,05 + 0,05² + 0,05³ + 0,05⁴)

= 157,8946875 (mg).

Cứ tiếp tục như vậy, ta ước tính lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân nếu bệnh nhân sử dụng thuốc trong một thời gian dài là

S = 150(1 + 0,05 + 0,05² + 0,05³ + 0,05⁴ + …)

Lại có 1 + 0,05 + 0,05² + 0,05³ + 0,05⁴ + … là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u₁ = 1 và công bội q = 0,05.

Do đó, 1 + 0,05 + 0,05² + 0,05³ + 0,05⁴ + …$\frac{u_1}{1-q}=\frac{1}{1-0,05}=\frac{20}{9}$.

Suy ra S= 150 . $\frac{20}{19}$

Bài 5.6 trang 109 Toán 11 tập 1

Cho tam giác vuông ABC vuông tại A, có AB = h và góc B bằng α (H.5.3). Từ A kẻ AA₁ ⊥ BC, từ A₁ kẻ A₁A₂ ⊥ AC, sau đó lại kẻ A₂A₃ ⊥ BC. Tiếp tục quá trình trên, ta được đường gấp khúc vô hạn AA₁ A₂ A₃… Tính độ dài đường gấp khúc này theo h và α

Tam giác AA₁B vuông tại A₁ có AB = h và $\widehat{ABA_1}$=α, $\widehat{AA_1B} = 90⁰ .

Do đó, AA₁ = AB sinB = h sin α.

Ta có: $\widehat{B} + \widehat{BAA_1} = 90^\circ$ và $\widehat{A_1AA_2} + \widehat{BAA_1} = 90^\circ$,

suy ra $\widehat{A_1AA_2} = \widehat{B} = \alpha.$

Tam giác AA₁A₂ vuông tại A₂ nên A₁A₂ = AA₁ sin $\widehat{A_1AA_2}$  = h sin α . sin α = h sin² α.

Vì AB ⊥ AC và A₁A₂ ⊥ AC nên AB // A₁A₂, suy ra $\widehat{A_2A_1A_3}$=h sin² α . sin α = h sin³ α.

Tam giác A₁A₂A₃ vuông tại A₃ nên A₂A₃ = A­₁A₂ . sin $\widehat{A_2A_1A_3}$ = h sin² α . sin α = h sin³ α.

Vì AA₁ ⊥ BC và A₂A₃ ⊥ BC nên AA₁ // A₂A₃, suy ra $\widehat{A_3A_2A_4}$=α.

Tam giác A₂A₃A₄ vuông tại A₄ nên A₃A₄ = A₂A₃ . sin $\widehat{A_3A_2A_4}$= = h sin³ α . sin α = h sin⁴ α.

Cứ tiếp tục như vậy, ta xác định được A_{n – 1}A_n = h sinⁿ α.

Ta có: AA₁A₂A₃… = AA₁ + A₁A₂ + A₂A₃ + … + A_{n – 1}A_n + …

= h sin α + h sin² α + h sin³ α + … + h sinⁿ α + …

Vì góc B là góc nhọn nên sin B = sin α < 1, do đó |sin α| < 1.

Khi đó, độ dài của đường gấp khúc vô hạn AA₁A₂A₃… là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u₁ = h sin α và công bội q = sin α.

Do đó, AA₁A₂A₃… $\frac{U_1}{1-q}= \frac{h.sinα}{1-sinα}$