Giải SGK Toán 11 KNTT Bài 15. Giới hạn của dãy số có đáp án

Lời giải:

a) Năm số hạng đầu của dãy số (u$_{n}$) đã cho là ${u_1} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^1}}}{1} = - 1$; ${u_2} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^2}}}{2} = \frac{1}{2}$; ${u_3} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^3}}}{3} = - \frac{1}{3}$; ${u_4} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^4}}}{4} = \frac{1}{4}$; ${u_5} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^5}}}{5} = - \frac{1}{5}$.

Biểu diễn các số hạng này trên trục số, ta được:

b) Khoảng cách từ u$_{n}$ đến 0 là $\left| {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{n}} \right| = \frac{{{1^n}}}{n} = \frac{1}{n},\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}$.

Ta có: $\frac{1}{n} < 0{,}01$$\Leftrightarrow \frac{1}{n} < \frac{1}{{100}} \Leftrightarrow n > 100$.

Vậy bắt đầu từ số hạng thứ 101 của dãy thì khoảng cách từ u$_{n}$ đến 0 nhỏ hơn 0,01.

Lời giải:

Xét dãy số (u$_{n}$) có ${u_n} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{{3^n}}}$.

Ta có $\left| {{u_n}} \right| = \left| {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{{3^n}}}} \right| = \frac{1}{{{3^n}}} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^n}$ và $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\left( {\frac{1}{3}} \right)^n} = 0$.

Do đó, $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{{3^n}}} = 0$.

Lời giải:

Ta có: v$_{n}$ = u$_{n}$ – 1 = $\frac{{n + {{\left( { - 1} \right)}^n}}}{n} - 1 = \left( {1 + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{n}} \right) - 1 = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{n}$.

Do đó, $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{n} = 0$.

Lời giải:

Ta có: ${u_n} - 3 = \frac{{{{3.2}^n} - 1}}{{{2^n}}} - 3 = \frac{{\left( {{{3.2}^n} - 1} \right) - {{3.2}^n}}}{{{2^n}}} = - \frac{1}{{{2^n}}} \to 0$ khi n ⟶ +∞.

Do vây, $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = 3$.

Lời giải:

Giả sử u$_{n}$ là độ cao (tính bằng mét) của quả bóng sau lần nảy lên thứ n.

Một quả bóng cao su được thả từ độ cao 5 m xuống mặt sàn, sau lần chạm sàn đầu tiên, quả bỏng nảy lên một độ cao là u$_{1}$ = $\frac{2}{3} \cdot 5$.

Tiếp đó, bóng rơi từ độ cao u$_{1}$ xuống mặt sàn và nảy lên độ cao là ${u_2} = \frac{2}{3}{u_1} = \frac{2}{3} \cdot \left( {\frac{2}{3} \cdot 5} \right) = 5 \cdot {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}$.

Tiếp đó, bóng rơi từ độ cao u$_{2}$ xuống mặt sàn và nảy lên độ cao là ${u_3} = \frac{2}{3}{u_2} = \frac{2}{3} \cdot \left( {5 \cdot {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^2}} \right) = 5 \cdot {\left( {\frac{2}{3}} \right)^3}$ và cứ tiếp tục như vậy.

Sau lần chạm sàn thứ n, quả bóng nảy lên độ cao là ${u_n} = 5 \cdot {\left( {\frac{2}{3}} \right)^n}$.

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\left( {\frac{2}{3}} \right)^n} = 0$, do đó, $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = 0$, suy ra điều phải chứng minh.

Lời giải:

+) Ta có: ${u_n} + {v_n} = \left( {2 + \frac{1}{n}} \right) + \left( {3 - \frac{2}{n}} \right) = 5 - \frac{1}{n}$.

Lại có $\left( {{u_n} + {v_n}} \right) - 5 = \left( {5 - \frac{1}{n}} \right) - 5 = - \frac{1}{n} \to 0$ khi n ⟶ +∞.

Do vậy, $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} + {v_n}} \right) = 5$.

+) Ta có: ${u_n} - 2 = \left( {2 + \frac{1}{n}} \right) - 2 = \frac{1}{n} \to 0$ khi n ⟶ +∞.

Do vậy, $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = 2$.

Và ${v_n} - 3 = \left( {3 - \frac{2}{n}} \right) - 3 = - \frac{2}{n} \to 0$khi n ⟶ +∞.

Do vây, $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = 3$.

Khi đó, $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} + \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n}$ = 2 + 3 = 5 = $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} + {v_n}} \right)$.

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

Lời giải:

Áp dụng các quy tắc tính giới hạn, ta được:

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sqrt {2{n^2} + 1} }}{{n + 1}}$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sqrt {{n^2}\left( {2 + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)} }}{{n + 1}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{n\sqrt {2 + \frac{1}{{{n^2}}}} }}{{n\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sqrt {2 + \frac{1}{{{n^2}}}} }}{{1 + \frac{1}{n}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{1} = \sqrt 2$.

Lời giải:

a) Ta có: u$_{1}$ là độ dài cạnh của hình vuông được tô màu tạo từ việc chia hình vuông cạnh 1 thành 4 hình vuông nhỏ bằng nhau, do đó ${u_1} = \frac{1}{2}$.

Cứ tiếp tục như thế, ta được: ${u_2} = \frac{1}{2}{u_1},\,\,{u_3} = \frac{1}{2}{u_2}$,..., ${u_n} = \frac{1}{2}{u_{n - 1}}$, ...

Do vậy, độ dài cạnh của các hình vuông được tô màu lập thành một cấp số nhân với số hạng đầu ${u_1} = \frac{1}{2}$ và công bội $q = \frac{1}{2}$.

Do đó, tổng của n số hạng đầu là

S$_{n}$ = u$_{1}$ + u$_{2}$ + ... + u$_{n}$ = $\frac{{{u_1}\left( {1 - {q^n}} \right)}}{{1 - q}} = \frac{{\frac{1}{2}\left( {1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}} \right)}}{{1 - \frac{1}{2}}}$$= 1 - {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n}$.

b) Ta có: S = $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {S_n}$= $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}} \right)$ $= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } 1 - \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} = 1 - 0 = 1$.

Lời giải:

$S = 2 + \frac{2}{7} + \frac{2}{{{7^2}}} + ... + \frac{2}{{{7^{n - 1}}}} + ...$

Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với u$_{1}$ = 2 và q = $\frac{1}{7}$.

Do đó, $S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{2}{{1 - \frac{1}{7}}} = \frac{7}{3}$.

Lời giải:

Ta có: Achilles chạy với vận tốc 100 km/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).

Tiếp tục như vậy, để chạy hết quãng đường từ A$_{n}$ đến A$_{n + 1}$ với A$_{n}$A$_{n + 1}$ = $\frac{1}{{{{100}^{n - 2}}}}$ (km), Achilles phải mất thời gian ${t_n} = \frac{1}{{{{100}^{n - 1}}}}$(h). ...

b) Tổng thời gian cần thiết để Achilles chạy hết các quãng đường 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, công bội $q = \frac{1}{{100}}$, 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 $1\frac{1}{{99}}$ giờ.

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.

Lời giải:

a) Ta có số lượng ban đầu của vi khuẩn là u$_{0}$ = 50.

Sau chu kì thứ nhất, số lượng vi khuẩn là u$_{1}$ = 2u$_{0}$ = 2 . 50.

Sau chu kì thứ hai, số lượng vi khuẩn là u$_{2}$ = 2u$_{1}$ = 2 . 2 . 50 = 2$^{2}$ . 50.

Cứ tiếp tục như vậy, ta dự đoán được sau chu kì thứ n, số lượng vi khuẩn là u$_{n}$ = 2$^{n}$ . 50.

b) Giả sử sau chu kì thứ k, số lượng vi khuẩn sẽ vượt con số 10 000.

Khi đó ta có u$_{k}$ = 2$^{k}$ . 50 > 10 000 ⇔ 2$^{k}$ > 200.

Lời giải:

Ta có: $n - \sqrt n = n\left( {1 - \frac{1}{{\sqrt n }}} \right)$. Hơn nữa $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } n = + \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {1 - \frac{1}{{\sqrt n }}} \right) = 1$.

Do đó, $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {n - \sqrt n } \right) = + \infty$.

Lời giải:

a) $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^2} + n + 1}}{{2{n^2} + 1}}$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^2}\left( {1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}{{{n^2}\left( {2 + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{2 + \frac{1}{{{n^2}}}}} = \frac{1}{2}$.

b) $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {{n^2} + 2n} - n} \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\left( {{n^2} + 2n} \right) - {n^2}}}{{\sqrt {{n^2} + 2n} + n}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{2n}}{{\sqrt {{n^2}\left( {1 + \frac{2}{n}} \right)} + n}}$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{2n}}{{n\sqrt {1 + \frac{2}{n}} + n}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{2n}}{{n\left( {\sqrt {1 + \frac{2}{n}} + 1} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{2}{{\sqrt {1 + \frac{2}{n}} + 1}} = \frac{2}{{\sqrt 1 + 1}} = 1$.

Lời giải:

a) Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = 2$, do đó, $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } u_n^2 = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n}.{u_n}} \right) = 2.2 = 4$.

Và $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = 3$ nên $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{v_n} - {u_n}} \right) = 3 - 2 = 1$.

Vậy $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{u_n^2}}{{{v_n} - {u_n}}} = \frac{4}{1} = 4$.

b) Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } 2 = 2$ và $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = 3$, do đó, $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {2{v_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {2.{v_n}} \right) = 2.3 = 6$.

Và $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = 2$ nên $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} + 2{v_n}} \right) = 2 + 6 = 8$.

Vì u$_{n}$ ≥ 0, v$_{n}$ ≥ 0 với mọi n nên u$_{n}$ + 2v$_{n}$ ≥ 0 với mọi n và $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} + 2{v_n}} \right) = 8 > 0$.

Do đó, $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt {{u_n} + 2{v_n}} = \sqrt 8 = 2\sqrt 2$.

Lời giải:

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

Chia cả tử và mẫu của u$_{n}$ cho n$^{2}$, ta được ${u_n} = \frac{{{n^2} + 1}}{{2n - 1}}$$= \frac{{1 + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{\frac{2}{n} - \frac{1}{{{n^2}}}}}$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} \right) = 1 > 0$, $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\frac{2}{n} - \frac{1}{{{n^2}}}} \right) = 0$ và $\frac{2}{n} - \frac{1}{{{n^2}}} > 0$ với mọi n nên

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^2} + 1}}{{2n - 1}} = + \infty$.

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

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {2{n^2} + 1} - n} \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {{n^2}\left( {2 + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)} - n} \right)$

$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {n\sqrt {2 + \frac{1}{{{n^2}}}} - n} \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {n\left( {\sqrt {2 + \frac{1}{{{n^2}}}} - 1} \right)} \right]$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {2 + \frac{1}{{{n^2}}}} - 1} \right) = \sqrt 2 - 1 > 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } n = + \infty$.

Nên $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {n\left( {\sqrt {2 + \frac{1}{{{n^2}}}} - 1} \right)} \right] = + \infty$.

Vậy $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {2{n^2} + 1} - n} \right) = + \infty$.

Lời giải:

a) Ta có: 1,(12) = 1,121212... = 1 + 0,12 + 0,0012 + 0,000012 + ...

= 1 + 12 . 10$^{-2}$ + 12 . 10$^{-4}$ + 12 . 10$^{-6}$ + ...

= 1 + 12 . (10$^{-2}$ + 10$^{-4}$ + 10$^{-6}$ + ...)

Do 10$^{-2}$ + 10$^{-4}$ + 10$^{-6}$ + ... là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với u$_{1}$ = 10$^{-2}$ và q = 10$^{-2}$ nên

10$^{-2}$ + 10$^{-4}$ + 10$^{-6}$ + ... = $\frac{{{{10}^{ - 2}}}}{{1 - {{10}^{ - 2}}}} = \frac{1}{{99}}$.

Vậy 1,(12) = $1 + 12.\frac{1}{{99}} = \frac{{33}}{{33}} + \frac{4}{{33}} = \frac{{37}}{{33}}$.

b) Ta có: 3,(102) = 3,102102102... = 3 + 0,102 + 0,000102 + 0,000000102 + ...

= 3 + 102 . 10$^{-3}$ + 102 . 10$^{-6}$ + 102 . 10$^{-9}$ + ...

= 3 + 102 . (10$^{-3}$ + 10$^{-6}$ + 10$^{-9}$ + ...)

Do 10$^{-3}$ + 10$^{-6}$ + 10$^{-9}$ + ... là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với u$_{1}$ = 10$^{-3}$ và q = 10$^{-3}$ nên

10$^{-3}$ + 10$^{-6}$ + 10$^{-9}$ + ... = $\frac{{{{10}^{ - 3}}}}{{1 - {{10}^{ - 3}}}} = \frac{1}{{999}}$.

Vậy 3,(102) = 3 + $102.\frac{1}{{999}} = 3 + \frac{{34}}{{333}} = \frac{{1033}}{{333}}$.

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 + 0,05$^{2}$) = 150(1 + 0,05 + 0,05$^{2}$)

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

150 + 150(1 + 0,05 + 0,05$^{2}$) . 5% = 150(1 + 0,05 + 0,05$^{2}$ + 0,05$^{3}$)

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

150 + 150(1 + 0,05 + 0,05$^{2}$ + 0,05$^{3}$) . 5% = 150(1 + 0,05 + 0,05$^{2}$ + 0,05$^{3}$ + 0,05$^{4}$)

= 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 + 0,05$^{2}$ + 0,05$^{3}$ + 0,05$^{4}$ + ...) (mg)

Lại có 1 + 0,05 + 0,05$^{2}$ + 0,05$^{3}$ + 0,05$^{4}$ + ... là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u$_{1}$ = 1 và công bội q = 0,05.

Do đó, 1 + 0,05 + 0,05$^{2}$ + 0,05$^{3}$ + 0,05$^{4}$ + ... = $\frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{1}{{1 - 0{,}05}} = \frac{{20}}{{19}}$.

Suy ra S = $150 \cdot \frac{{20}}{{19}} = \frac{{400}}{{361}}$ (mg).

Lời giải:

Tam giác AA$_{1}$B vuông tại A$_{1}$ có AB = h và $\widehat B = \alpha$.

Do đó, AA$_{1}$ = AB sinB = h sin α.

Ta có: $\widehat B + \widehat {BA{A_1}} = 90^\circ$ và $\widehat {{A_1}A{A_2}} + \widehat {BA{A_1}} = 90^\circ$, suy ra $\widehat {{A_1}A{A_2}} = \widehat B = \alpha$.

Tam giác AA$_{1}$A$_{2}$ vuông tại A$_{2}$ nên A$_{1}$A$_{2}$ = AA$_{1}$ sin$\widehat {{A_1}A{A_2}}$ = h sin α . sin α = h sin$^{2}$ α.

Vì AB ⊥ AC và A$_{1}$A$_{2}$ ⊥ AC nên AB // A$_{1}$A$_{2}$, suy ra $\widehat {{A_2}{A_1}{A_3}} = \widehat B = \alpha$ (2 góc đồng vị).

Tam giác A$_{1}$A$_{2}$A$_{3}$ vuông tại A$_{3}$ nên A$_{2}$A$_{3}$ = A$_{1}$A$_{2}$ . sin$\widehat {{A_2}{A_1}{A_3}}$ = h sin$^{2}$ α . sin α = h sin$^{3}$ α.

Vì AA$_{1}$ ⊥ BC và A$_{2}$A$_{3}$ ⊥ BC nên AA$_{1}$ // A$_{2}$A$_{3}$, suy ra $\widehat {{A_3}{A_2}{A_4}} = \widehat {{A_1}A{A_2}} = \alpha$.

Tam giác A$_{2}$A$_{3}$A$_{4}$ vuông tại A$_{4}$ nên A$_{3}$A$_{4}$ = A$_{2}$A$_{3}$ . sin$\widehat {{A_3}{A_2}{A_4}}$ = h sin$^{3}$ α . sin α = h sin$^{4}$ α.

Cứ tiếp tục như vậy, ta xác định được A$_{n – 1}$A$_{n}$ = h sin$^{n}$ α.

Ta có: AA$_{1}$A$_{2}$A$_{3}$... = AA$_{1}$ + A$_{1}$A$_{2}$ + A$_{2}$A$_{3}$ + ... + A$_{n – 1}$A$_{n}$ + ...

= h sin α + h sin$^{2}$ α + h sin$^{3}$ α + ... + h sin$^{n}$ 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 AA$_{1}$A$_{2}$A$_{3}$... là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u$_{1}$= h sin α và công bội q = sin α.

Do đó, AA$_{1}$A$_{2}$A$_{3}$... = $\frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{{h\sin \alpha }}{{1 - \sin \alpha }}$.