Đáp án: \(+\infty\)

Lời giải:

Ta có

\(\lim\limits\left(2n^2-1\right)=\lim\limits n^2\left(2-\displaystyle\frac{1}{n^2}\right)=+\infty\).

Đáp án: \(-\infty \)

Lời giải:

Ta có

\(\lim ( 3+4{n^2}-5{n^3} )=\lim\left[n^3\cdot\left(-5+\displaystyle\frac{4}{n}+\displaystyle\frac{3}{n^3}\right)\right]=-\infty\)

vì \(\lim n^3=+\infty\) và \(\lim\left(-5+\displaystyle\frac{4}{n}+\displaystyle\frac{3}{n^3}\right)=-5<0.\)

Đáp án: \(2\)

Lời giải:

Ta có

\(\lim \displaystyle\frac{8n^5-2n^3+1}{4n^5+2n^2+1}=\displaystyle\frac{8}{4}=2\).

Đáp án: \(2\)

Lời giải:

Ta có

\(\lim u_n=\lim\displaystyle\frac{4n^3+2n-1}{2n^3-n}\) \(=\lim\displaystyle\frac{4+\tfrac{2}{n^2}-\tfrac{1}{n^3}}{2-\tfrac{1}{n^2}}=\displaystyle\frac{4}{2}=2\).

Đáp án: \(\lim \displaystyle\frac{2n^2-3}{-2n^3-4}\)

Lời giải:

Ta có: \(\lim \displaystyle\frac{2n^2-3}{-2n^3-4}=\lim \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{2}{n^2}-\displaystyle\frac{3}{n^3}}{-2-\displaystyle\frac{4}{n^3}}\) \(=\displaystyle\frac{0-0}{-2-0}=0\).

Đáp án: \(0\)

Lời giải:

Ta có

\(\lim \displaystyle\frac{3}{1-n^2}=\lim\displaystyle\frac{3}{n^2\left(\displaystyle\frac{1}{n^2}-1\right)}=0\).

Đáp án: \(+\infty\)

Lời giải:

Ta có

\(\lim \displaystyle\frac{n^3-3n}{3n^2+n-2}=\lim n\cdot\left(\displaystyle\frac{n^2-3}{3n^2+n-2}\right)\).

Do \(\lim n=+\infty\) và

\(\lim \left(\displaystyle\frac{n^2-3}{3n^2+n-2}\right)=\lim\displaystyle\frac{1-\displaystyle\frac{3}{n^2}}{3+\displaystyle\frac{1}{n}-\displaystyle\frac{2}{n^2}}\) \(=\displaystyle\frac{1}{3}>0\) nên \(\lim \displaystyle\frac{n^3-3n}{3n^2+n-2}=+\infty\).

Đáp án: \(\lim\displaystyle\frac{2n^2+1}{3n+2}\)

Lời giải:

Ta có

+) \(\lim\displaystyle\frac{2n+1}{3n^2+2}=\lim\left(\displaystyle\frac{1}{n}\cdot \displaystyle\frac{2+\displaystyle\frac{1}{n}}{3+\displaystyle\frac{2}{n^2}}\right) = 0\).

+) \(\lim\displaystyle\frac{2n^2+1}{2-3n} = \lim\left(n\cdot \displaystyle\frac{2+\displaystyle\frac{1}{n^2}}{\displaystyle\frac{2}{n}-3}\right)=-\infty\).

+) \(\lim\displaystyle\frac{2n^2+1}{3n+2} = \lim\left(n\cdot \displaystyle\frac{2+\displaystyle\frac{1}{n^2}}{3+\displaystyle\frac{2}{n}}\right)=+\infty\).

+) \(\lim\left(3n-2n^3\right) = \lim \left[n^3\cdot \left(\displaystyle\frac{3}{n^2}-2\right)\right]=-\infty\).

Đáp án: \(\displaystyle\frac{2}{3}\)

Lời giải:

\(\lim \displaystyle\frac{5^n+2\cdot 6^n}{3\cdot 6^n+2^n}=\lim \displaystyle\frac{\left(\displaystyle\frac{5}{6}\right)^n+2}{3+\left(\displaystyle\frac{2}{6}\right)^n}\) \(=\displaystyle\frac{2}{3}\).

Đáp án: \(-\displaystyle\frac{1}{2}\)

Lời giải:

Ta có

\(\lim \displaystyle\frac{2-5^n}{3^n+2\cdot 5^n}=\lim\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{2}{5^n}-1}{\left(\displaystyle\frac{3}{5}\right)^n+2}\) \(=-\displaystyle\frac{1}{2}\).

Đáp án: \(-\infty \)

Lời giải:

\(\lim \displaystyle\frac{1}{\sqrt{n^2+2}-\sqrt{n^2+4}}=\lim \left[-\displaystyle\frac{1}{2}\left({\sqrt{n^2+2}+\sqrt{n^2+4}}\right)\right]\) \(=\lim n\cdot \left[{-\displaystyle\frac{1}{2}\left({\sqrt{1+\displaystyle\frac{2}{n^2}}+\sqrt{1+\displaystyle\frac{4}{n^2}}}\right)}\right]\)

\(=-\infty \)

vì \(\lim n=+\infty,\lim \left[{-\displaystyle\frac{1}{2}\left({\sqrt{1+\displaystyle\frac{2}{n^2}}+\sqrt{1+\displaystyle\frac{4}{n^2}}}\right)}\right]=-1<0\).

Giải nhanh:

\(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n^2+2}-\sqrt{n^2+4}}=-\displaystyle\frac{1}{2}\left({\sqrt{n^2+2}+\sqrt{n^2+4}}\right)\sim -\displaystyle\frac{1}{2}\left({\sqrt{n^2}+\sqrt{n^2}}\right)=-n \rightarrow-\infty \).

Đáp án: \(0\)

Lời giải:

Ta có

\(\lim \left(\sqrt{n^2+6}-n\right) =\lim \displaystyle\frac{\left(n^2+6\right)-n^2}{\sqrt{n^2+6}+n}\) \(=\lim \displaystyle\frac{6}{\sqrt{n^2+6}+n}=\lim \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{6}{n}}{\sqrt{1+\displaystyle\frac{6}{n^2}}+1}=0\).

Đáp án: \(0 \)

Lời giải:

\(\lim \left({\sqrt[3]{n^3+1}-n}\right)=\lim \displaystyle\frac{1}{\sqrt[3]{\left({n^3+1}\right)^2}+n\sqrt[3]{n^3+1}+n^2}=0\).

Đáp án: \(0\)

Lời giải:

Sử dụng phương pháp nhân liên hợp để khử dạng vô định \(\infty -\infty\).\\

Ta có:

\(\lim \left(\sqrt{4n^2+1}-\sqrt[3]{8n^3+n^2}\right)=\lim \left(\sqrt{4n^2+1}-2n+2n-\sqrt[3]{8n^3+n^2}\right)\)

\(=\lim \left(\sqrt{4n^2+1}-2n\right)+\lim \left(2n-\sqrt[3]{8n^3+n^2}\right)\)

\(=\lim \displaystyle\frac{1}{\sqrt{4n^2+1}+2n}+\lim \displaystyle\frac{n^2}{\sqrt[3]{(8n^3+n^2)^2}+2n.\sqrt[3]{8n^3+n^2}+4n^2}\)

\(=\lim \displaystyle\frac{1}{\sqrt{4+\displaystyle\frac{1}{n^2}}+2}+\lim \displaystyle\frac{1}{\sqrt[3]{\left(8+\displaystyle\frac{1}{n}\right)^2}+2.\sqrt[3]{8+\displaystyle\frac{1}{n}}+4}\)

\(=0+0=0.\)

Đáp án: \(S=\displaystyle\frac{27}{2}\)

Lời giải:

Ta có:

Với \(9+3+1+\displaystyle\frac{1}{3}+\displaystyle\frac{1}{9}+\ldots+\displaystyle\frac{1}{3^{n-3}}+\) là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu

\(u_1=9\) và công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{3}\).

Do đó

\(9+3+1+\displaystyle\frac{1}{3}+\displaystyle\frac{1}{9}+\ldots+\displaystyle\frac{1}{3^{n-3}}+\ldots\) \(=\displaystyle\frac{u_1}{1-q}=\displaystyle\frac{9}{1-\displaystyle\frac{1}{3}}\) \(=\displaystyle\frac{27}{2}\).

Vậy

\(S=9+3+1+\displaystyle\frac{1}{3}+\displaystyle\frac{1}{9}+\ldots+\displaystyle\frac{1}{3^{n-3}}+\ldots=\displaystyle\frac{27}{2}\)

Đáp án: \(S=\displaystyle\frac {2}{3}\)

Lời giải:

Ta có \(S\) là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với \( u_1=1;q=-\displaystyle\frac {1}{2}\).

Do đó ta có:

\(S=\displaystyle\frac {u_1}{1-q}=\displaystyle\frac {1}{1-\left( -\displaystyle\frac {1}{2} \right)}=\displaystyle\frac {2}{3}\).

a) \(\lim \displaystyle\frac{1}{n^2}=0\) do \(k=2\in \mathbb{Z^+}\).

b) \(\lim \left(-\displaystyle\frac{3}{4}\right)^n=0\) do \(|q|=\left|-\displaystyle\frac{3}{4}\right|<1\).

}

a) Đặt \(u_n=2+\left(\displaystyle\frac{2}{3}\right)^n\Rightarrow u_n-2=\left(\displaystyle\frac{2}{3}\right)^n\).

Suy ra \(\lim \left(u_n-2\right)=\lim \left(\displaystyle\frac{2}{3}\right)^n=0\).

Theo định nghĩa, ta có \(\lim u_n=2\).

Vậy \(\lim\left(2+\left(\displaystyle\frac{2}{3}\right)^n\right)=2\).

b) Đặt \(u_n=\displaystyle\frac{1-4n}{n}=\displaystyle\frac{1}{n}-4\Rightarrow u_n-(-4)=\displaystyle\frac{1}{n}\).

Suy ra \(\lim \left[u_n-(-4)\right]=\lim \displaystyle\frac{1}{n}=0\).

Theo định nghĩa, ta có \(\lim u_n=-4\).

Vậy \(\lim \left(\displaystyle\frac{1-4n}{n}\right)=-4\).

}

Ta có \(n^{2}-2 n=n^{2}\left(1-\displaystyle\frac{2}{n}\right)\). Hơn nữa \(\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} n^{2}=+\infty\) và \(\lim \limits_{n \rightarrow+\infty}\left(1-\displaystyle\frac{2}{n}\right)=1\).

Do đó, \(\lim \limits_{n \rightarrow+\infty}\left(n^{2}-2 n\right)=+\infty\).

}

a) \(\lim \displaystyle\frac{3 n-1}{n}=\lim \displaystyle\frac{3-\displaystyle\frac{1}{n}}{1}=3\).

b) \(\lim \displaystyle\frac{\sqrt{n^2+2}}{n}=\lim \displaystyle\frac{\sqrt{1+\displaystyle\frac{2}{n^2}}}{1}=1\).

c) \(\lim \displaystyle\frac{2}{3 n+1}=0\).

d) \(\lim \displaystyle\frac{(n+1)(2 n+2)}{n^2}=\lim \displaystyle\frac{\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)\left(2+\displaystyle\frac{2}{n}\right)}{1}=2\).

}

a) \(\lim \displaystyle\frac{-2n+1}{n}=\lim \left(-2+\displaystyle\frac{1}{n}\right)=\lim (-2)+\lim \displaystyle\frac{1}{n}=-2+0=-2\).

b) \(\lim \displaystyle\frac{\sqrt{16n^2-2}}{n}=\lim \sqrt{\displaystyle\frac{16n^2-2}{n^2}}=\sqrt{\lim \left(16-2\cdot \displaystyle\frac{1}{n^2}\right)}=\sqrt{16-2\cdot 0}=4\).

c) \(\lim \displaystyle\frac{4}{2n+1}=\lim \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{4}{n}}{2+\displaystyle\frac{1}{n}}=\displaystyle\frac{4\cdot \lim\displaystyle\frac{1}{n}}{\lim 2+\lim \displaystyle\frac{1}{n}}=\displaystyle\frac{4\cdot 0}{2+0}=0\).

d) \(\lim \displaystyle\frac{n^2-2n+3}{2n^2}=\lim \left(\displaystyle\frac{1}{2}-\displaystyle\frac{1}{n}+\displaystyle\frac{3}{2}\cdot \displaystyle\frac{1}{n^2}\right)=\lim \displaystyle\frac{1}{2}-\lim \displaystyle\frac{1}{n}+\displaystyle\frac{3}{2}\cdot\lim \displaystyle\frac{1}{n^2}=\displaystyle\frac{1}{2}-0+\displaystyle\frac{3}{2}\cdot 0=\displaystyle\frac{1}{2}\).

}

a) Ta có \(\displaystyle\frac{2n^2+3n}{n^2+1}=\displaystyle\frac{2+\displaystyle\frac{3}{n}}{1+\displaystyle\frac{1}{n^2}}\).

Từ đó \(\lim \displaystyle\frac{2n^2+3n}{n^2+1}=\lim \displaystyle\frac{2+3\cdot \displaystyle\frac{1}{n}}{1+\displaystyle\frac{1}{n^2}}=\displaystyle\frac{\lim \left(2+3\cdot\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\lim \left(1+\displaystyle\frac{1}{n^2}\right)}=\displaystyle\frac{\lim 2+3\lim\displaystyle\frac{1}{n}}{\lim 1+\lim \displaystyle\frac{1}{n^2}}=\displaystyle\frac{2+3\cdot 0}{1+0}=2\).

b) Ta có \(\displaystyle\frac{\sqrt{4 n^2+3}}{n}=\displaystyle\frac{\sqrt{4n^2+3}}{\sqrt{n^2}}=\sqrt{\displaystyle\frac{4 n^2+3}{n^2}}=\sqrt{4+\displaystyle\frac{3}{n^2}}\).

Từ đó

\(\lim \displaystyle\frac{\sqrt{4 n^2+3}}{n}=\lim \sqrt{4+3\cdot\displaystyle\frac{1}{n^2}}=\sqrt{\lim \left(4+3\cdot \displaystyle\frac{1}{n^2}\right)}=\sqrt{\lim 4+3\cdot \lim \displaystyle\frac{1}{n^2}}=\sqrt{4+3\cdot 0}=2.\)

}

a) Ta có \(\displaystyle\frac{3n+2}{2n-1}=\displaystyle\frac{3+\displaystyle\frac{2}{n}}{2-\displaystyle\frac{1}{n}}\) (Chia cả tử và mẫu cho \(n\)).

Từ đó \(\lim \displaystyle\frac{3n+2}{2n-1}=\lim \displaystyle\frac{3+2\cdot \displaystyle\frac{1}{n}}{2-\displaystyle\frac{1}{n}}=\displaystyle\frac{\lim \left(3+2\cdot \displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\lim \left(2-\displaystyle\frac{1}{n}\right)}=\displaystyle\frac{\lim 3+2 \lim \displaystyle\frac{1}{n}}{\lim 2-\lim \displaystyle\frac{1}{n}}=\displaystyle\frac{3+2\cdot 0}{2-0}=\displaystyle\frac{3}{2}\).

b) Ta có \(\displaystyle\frac{\sqrt{9 n^2+1}}{n}=\displaystyle\frac{\sqrt{9n^2+1}}{\sqrt{n^2}}=\sqrt{\displaystyle\frac{9 n^2+1}{n^2}}=\sqrt{9+\displaystyle\frac{1}{n^2}}\).

Từ đó \(\lim \displaystyle\frac{\sqrt{9 n^2+1}}{n}=\lim \sqrt{9+\displaystyle\frac{1}{n^2}}=\sqrt{\lim \left(9+\displaystyle\frac{1}{n^2}\right)}=\sqrt{\lim 9+\lim \displaystyle\frac{1}{n^2}}=\sqrt{9+0}=3\).

}

a) \(\lim \displaystyle\frac{2 n^2+6 n+1}{8 n^2+5}=\lim \displaystyle\frac{2+\displaystyle\frac{6}{n}+\displaystyle\frac{1}{n^2}}{8+\displaystyle\frac{5}{n^2}}=\displaystyle\frac{1}{4}\).

b) \(\lim \displaystyle\frac{4 n^2-3 n+1}{-3 n^3+5 n^2-2}=\lim \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{4}{n}-\displaystyle\frac{3}{n^2}+\displaystyle\frac{1}{n^3}}{-3+\displaystyle\frac{5}{n}-\displaystyle\frac{2}{n^3}}=0\).

c) \(\lim \displaystyle\frac{\sqrt{4 n^2-n+3}}{8 n-5}=\lim \displaystyle\frac{\sqrt{4-\displaystyle\frac{1}{n}+\displaystyle\frac{3}{n^2}}}{8-\displaystyle\frac{5}{n}}=\displaystyle\frac{1}{4}\).

d) \(\lim \left(4-\displaystyle\frac{2^{n+1}}{3^n}\right)=\lim \left(4-\displaystyle\frac{2 \cdot 2^n}{3^n}\right)=\lim \left(4-2\left(\displaystyle\frac{2}{3}\right)^n\right)=4\).

e) \(\lim \left(\displaystyle\frac{4 \cdot 5^n+2^{n+2}}{6 \cdot 5^n}\right)=\lim \left(\displaystyle\frac{4+4 \cdot\left(\frac{2}{5}\right)^n}{6}\right)=\displaystyle\frac{2}{3}\).

f) \(\lim \left(\displaystyle\frac{2+\frac{4}{n^3}}{6^n}\right)=\lim \left(\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{2}{6^n}+\displaystyle\frac{4}{n^3 \cdot 6^n}}{1}\right)=0 \).

}

a) \(u_{n}=\displaystyle\frac{n^{2}+1}{2 n-1} = n \cdot \displaystyle\frac{1+\displaystyle\frac{1}{n^2}}{2-\displaystyle\frac{1}{n}}\).

Hơn nữa \(\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} n= + \infty\) và \(\lim \limits_{n \rightarrow +\infty} \displaystyle\frac{1+\displaystyle\frac{1}{n^2}}{2-\displaystyle\frac{1}{n}} = \displaystyle\frac{1+\lim \limits_{n \rightarrow +\infty}\displaystyle\frac{1}{n^2}}{2-\lim \limits_{n \rightarrow +\infty}\displaystyle\frac{1}{n}} = \displaystyle\frac{1}{2}\).

Do đó, \(\lim \limits_{n \rightarrow +\infty} u_n=+\infty\).

b) \(v_{n}=\sqrt{2 n^{2}+1}-n=n\cdot \left(\sqrt{2+\displaystyle\frac{1}{n^2}}-1\right)\).

Hơn nữa \(\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} n= + \infty\) và \(\lim \limits_{n \rightarrow +\infty} \left(\sqrt{2+ \displaystyle\frac{1}{n^2}}-1\right) = \sqrt{2}-1>0\).

Do đó, \(\lim \limits_{n \rightarrow +\infty} v_n=+\infty\).

}

a) \(\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} \displaystyle\frac{n^{2}+n+1}{2 n^{2}+1}=\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} \displaystyle\frac{1+\displaystyle\frac{1}{n}+\displaystyle\frac{1}{n^2}}{2+\displaystyle\frac{1}{n^2}}=\displaystyle\frac{\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} \left(1+\displaystyle\frac{1}{n}+\displaystyle\frac{1}{n^2}\right)}{\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} \left(2+\displaystyle\frac{1}{n^2}\right)}=\displaystyle\frac{1}{2}\).

b) \(\lim \limits_{n \rightarrow+\infty}\left(\sqrt{n^{2}+2 n}-n\right)=\lim \limits_{n \rightarrow+\infty}\displaystyle\frac{n^2+2n-n^2}{\sqrt{n^{2}+2 n}+n}=\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} \displaystyle\frac{2}{\sqrt{1+\displaystyle\frac{2}{n}}+1}=\displaystyle\frac{2}{\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} \left(\sqrt{1+\displaystyle\frac{2}{n}}+1\right)}=1\).

}

a) Ta có \(\lim \displaystyle\frac{5n+1}{2n}=\lim \displaystyle\frac{5+\displaystyle\frac{1}{n}}{2}=\displaystyle\frac{5}{2}\).

b) Ta có \(\lim \displaystyle\frac{6n^2+8n+1}{5n^2+3}=\lim\displaystyle\frac{6+\displaystyle\frac{8}{n}+\displaystyle\frac{1}{n^2}}{5+\displaystyle\frac{3}{n^2}}=\displaystyle\frac{6}{5}\).

c) Ta có \(\lim \displaystyle\frac{\sqrt{n^2+5n+3}}{6n+2}=\lim \displaystyle\frac{\sqrt{1+\displaystyle\frac{5}{n}+\displaystyle\frac{3}{n^2}}}{6+\displaystyle\frac{2}{n}}=\displaystyle\frac{1}{6}\).

d) Ta có \(\lim \left(2-\displaystyle\frac{1}{3^n}\right)=\lim 2 -\lim \left(\displaystyle\frac{1}{3^n}\right)=2-0=2\).

e) Ta có \(\lim \displaystyle\frac{3^n+2^n}{4\cdot3^n}=\lim \displaystyle\frac{1+\left(\displaystyle\frac{2}{3}\right)^n}{4}=\displaystyle\frac{1}{4}\).

f) Vì \(\lim \left(2+\displaystyle\frac{1}{n}\right)=2\) và \(\lim 3^n=+\infty\) nên \(\lim \displaystyle\frac{2+\displaystyle\frac{1}{n}}{3^n}=0\).

}

a) \(\lim \limits_{n \to +\infty} u_{n}=\lim \limits_{n \to +\infty}\displaystyle\frac{n^{2}}{3 n^{2}+7 n-2}=\lim \limits_{n \to +\infty}\displaystyle\frac{1}{3+\displaystyle\frac{7}{n}-\displaystyle\frac{2}{n^2}}=\displaystyle\frac{1}{3}\).

b) \(\begin{aligned}[t]&\lim \limits_{n \to +\infty} v_{n}=\lim \limits_{n \to +\infty}\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n} \displaystyle\frac{3^{k}+5^{k}}{6^{k}}\\ =\ &\displaystyle\lim \limits_{n \to +\infty}\left[\sum\limits_{k=0}^{n}\left( \displaystyle\frac{1}{2}\right) ^k+\displaystyle \sum\limits_{k=0}^{n}\left( \displaystyle\frac{5}{6}\right) ^k\right]\\ =\ &\lim \limits_{n \to +\infty}\left[\displaystyle\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}}{1-\frac{1}{2}}+\displaystyle\frac{1-\left(\frac{5}{6}\right)^{n+1}}{1-\frac{5}{6}}\right]\\ =\ &\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{6}=\displaystyle\frac{2}{3}.\end{aligned}\)

c) Ta có \(w_{n}=\bigg|\displaystyle\frac{\sin n}{4 n}\bigg| \leq \displaystyle\frac{1}{4n}\), mà \(\lim \limits_{n \to +\infty}\displaystyle\frac{1}{4n}=0\). Suy ra \(\lim \limits_{n \to +\infty}w_{n}=0\).

}

a) Ta có \(\left|q\right|=\left|\displaystyle\frac{1}{2}\right|=\displaystyle\frac{1}{2}<1\).

b) Ta có \(S_n=\displaystyle\frac{u_1\left(1-q^n\right)}{1-q}=\displaystyle\frac{1\cdot\left[1-\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^n\right]}{1-\displaystyle\frac{1}{2}}=2\cdot\left(1-\displaystyle\frac{1}{2^n}\right)=2-\displaystyle\frac{1}{2^{n-1}}\).

Khi đó \(\lim S_n=\lim \left(2-\displaystyle\frac{1}{2^{n-1}}\right)=2\).

}

Ta có \(0,(3)=\displaystyle\frac{3}{10}+\displaystyle\frac{3}{10^2}+\cdots+\displaystyle\frac{3}{10^n}+\cdots=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{3}{10}}{1-\displaystyle\frac{1}{10}}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot\)

}

Các số hạn của tổng lập thành câp số nhân \((u_n)\), có \(u_1=1\), \(q=\displaystyle\frac{1}{3}\) nên

\(T=1+\displaystyle\frac{1}{3}+\displaystyle\frac{1}{3^2}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{3^n}+\cdots=\displaystyle\frac{1}{1-\displaystyle\frac{1}{3}}=\displaystyle\frac{2}{3}\).

}

Ta có \( 0{,}444\ldots=0{,}4+0{,}04+0{,}004+\ldots=0{,}4+0{,}4\cdot \displaystyle\frac{1}{10}+0{,}4\cdot \displaystyle\frac{1}{10^2}+\ldots\)

Do đó số \(0{,}444\ldots\) là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu \(u_1=0{,4}\) và công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{10}\) nên

\( 0{,}444\ldots=\displaystyle\frac{0{,}4}{1-\displaystyle\frac{1}{10}}=\displaystyle\frac{4}{9}. \)

}

a) Tổng trên là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu \(u_1=-\displaystyle\frac{1}{2}\) và công bội \(q=-\displaystyle\frac{1}{2}\) nên

\(-\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{4}-\displaystyle\frac{1}{8}+\cdots+\left(-\displaystyle\frac{1}{2}\right)^n+\cdots=\displaystyle\frac{-\displaystyle\frac{1}{2}}{1-\left(-\displaystyle\frac{1}{2}\right)}=-\displaystyle\frac{1}{3}. \)

b) Tổng trên là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu \(u_1=\displaystyle\frac{1}{4}\) và công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{4}\) nên

\(\displaystyle\frac{1}{4}+\displaystyle\frac{1}{16}+\displaystyle\frac{1}{64}+\cdots+\left(\displaystyle\frac{1}{4}\right)^n+\cdots=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{1}{4}}{1-\displaystyle\frac{1}{4}}=\displaystyle\frac{1}{3}. \)

}

Tổng trên là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu \(u_1=1\) và công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{3}\) nên

\( 1+\displaystyle\frac{1}{3}+\left(\displaystyle\frac{1}{3}\right)^2+\cdots+\left(\displaystyle\frac{1}{3}\right)^n+\cdots=\displaystyle\frac{1}{1-\displaystyle\frac{1}{3}}= \displaystyle\frac{3}{2}.\)

}

Số \(0{,}666 \ldots\) là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu bằng \(0{,}6\) và công bội bằng \(\displaystyle\frac{1}{10}\).

Do đó \(0{,}666\ldots=\displaystyle\frac{0{,}6}{1-\displaystyle\frac{1}{10}}=\displaystyle\frac{6}{9}=\displaystyle\frac{2}{3}\).

}

Tổng trên là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu \(u_1=1\) và công bội \(q=-\displaystyle\frac{1}{4}\) nên

\( 1-\displaystyle\frac{1}{4}+\displaystyle\frac{1}{16}-\displaystyle\frac{1}{64}+\cdots+\left(-\displaystyle\frac{1}{4}\right)^n+\cdots=\displaystyle\frac{1}{1-\left(-\displaystyle\frac{1}{4}\right)}=\displaystyle\frac{4}{5}.\)

}

a) \(1{,}(01)\);

Ta có

\begin{eqnarray*}1{,}(01)&=&1{,}010101 ...=1+0{,}01+0{,}0001+0{,}000001+ \cdots\\&=&1+10^{-2}+10^{-4}+10^{-6}+ \cdots\end{eqnarray*}

Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với \(u_1=1,\) \(q=10^{-2}\) nên

\begin{eqnarray*}1{,}(01)=\displaystyle\frac{u_1}{1-q}=\displaystyle\frac{1}{1-\displaystyle\frac{1}{100}}=\displaystyle\frac{100}{99}.\end{eqnarray*}

b) \(5{,}(132)\).

Ta có

\begin{eqnarray*}5{,}(132)&=&5{,}132132132 ...=132+0{,}132+0{,}000132+0{,}000000132+ ...-127\\ &=&132+132\cdot 10^{-3}+132\cdot 10^{-6}+132\cdot 10^{-9}+ ...-127\end{eqnarray*}

Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với \(u_1=132,\) \(q=10^{-3}\) và trừ đi \(127\) nên

\begin{eqnarray*}5{,}(132)=\displaystyle\frac{u_1}{1-q}-127=\displaystyle\frac{132}{1-\displaystyle\frac{1}{1000}}-127=\displaystyle\frac{1709}{333}.\end{eqnarray*}

}

a) \(1{,}(12)= 1+\displaystyle\frac{12}{10^2}+\displaystyle\frac{12}{10^4}+\ldots\).

Ta có \(\displaystyle\frac{12}{10^2}+\displaystyle\frac{12}{10^4}+\ldots\) là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có \(u_1=\displaystyle\frac{12}{10^2}\) và công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{10^2}\).

Do đó \(\displaystyle\frac{12}{10^2}+\displaystyle\frac{12}{10^4}+\ldots = \displaystyle\frac{u_1}{1-q}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{12}{10^2}}{1-\displaystyle\frac{1}{10^2}}= \displaystyle\frac{4}{33}\).

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

b) \(3{,}(102) = 3+\displaystyle\frac{102}{10^3}+\displaystyle\frac{102}{10^6}+\ldots\).

Ta có \(\displaystyle\frac{102}{10^3}+\displaystyle\frac{102}{10^6}+\ldots\) là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có \(u_1=\displaystyle\frac{102}{10^3}\) và công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{10^3}\).

Do đó \(\displaystyle\frac{102}{10^3}+\displaystyle\frac{102}{10^6}+\ldots = \displaystyle\frac{u_1}{1-q}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{102}{10^3}}{1-\displaystyle\frac{1}{10^3}}= \displaystyle\frac{34}{333}\).

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

}

Ta có \(2{,}222 \ldots=2+0{,}2+0{,}02+0{,}002+\ldots=2+2 \cdot 10^{-1}+2 \cdot 10^{-2}+2 \cdot 10^{-3}+\ldots\).

Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với \(u_{1}=2, q=10^{-1}\) nên

\(2{,}222 \ldots=\displaystyle\frac{u_{1}}{1-q}=\displaystyle\frac{2}{1-\displaystyle\frac{1}{10}}=\displaystyle\frac{20}{9}.\)

}

Mỗi khi chạm đất quả bóng lại nảy lên một độ cao bằng \(\displaystyle\frac{1}{10}\) độ cao của lần rơi ngay trước đó và sau đó lại rơi xuống từ độ cao thứ hai này. Do đó, độ dài hành trình của quả bóng kể từ thời điểm rơi ban đầu đến:

Thời điểm chạm đất lần thứ nhất là \(d_1=55{,}8\).

Thời điềm chạm đất lần thứ hai là \(d_2=55{,}8+2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10}\).

Thời điểm chạm đất lần thứ ba là \(d_3=55{,}8+2 \cdot\displaystyle\frac{55{,}8}{10}+2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10^2}\).

Thời điểm chạm đất lần thứ tư là \(d_4=55{,}8+2 \cdot\displaystyle\frac{55{,}8}{10}+2\cdot \displaystyle\frac{55,8}{10^2}+2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10^3}\).

\(\ldots\)

Thời điểm chạm đất lần thứ \(n~(n>1)\) là

\(d_n=55{,}8+2\cdot55{,}8+2\cdot \frac{55{,}8}{10^2}+2\cdot \frac{55{,}8}{10^3}+\ldots+2\cdot \frac{55{,}8}{10^{n-1}}.\)

Do đó, quãng đường mà quả bóng đi được kể từ thời điềm rơi đến khi nằm yên trên mặt đất là:

\( d=55{,}8+2.55{,}8+2\cdot \frac{55{,}8}{10^2}+2\cdot \frac{55{,}8}{10^3}+\ldots+2\cdot \frac{55{,}8}{10^{n-1}}+\ldots=\lim d_n.\)

Vì \(2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10} ; 2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10^2} ; 2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10^3}; \ldots ; 2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10^{n-1}}; \ldots\) là một cấp số nhân lùi vô hạn với công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{10}\) nên ta có:

\( 2 \cdot\displaystyle\frac{55,8}{10}+2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10^2}+2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10^3}+\ldots+2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10^{n-1}}+\ldots=\displaystyle\frac{2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10}}{1-\displaystyle\frac{1}{10}}=12{,}4.\)

Vậy \(d=55{,}8+12{,}4=68{,}2\) m.

}

a) Ta có \(p_1, p_2, \ldots, p_n, \ldots\) lần lượt là chu vi của các tam giác \(A_1 B_1 C_1, A_2 B_2 C_2, \ldots, A_n B_n C_n, \ldots\)

\(\begin{aligned}& p_1=3 a \\& p_2=3 \cdot \frac{1}{2} a \\& \ldots \\& p_n=3 \cdot \frac{1}{2^{n-1}} a \end{aligned} \)

suy ra \(\lim p_n=\lim 3 \cdot \displaystyle\frac{1}{2^{n-1}} a=0\).

\( \begin{aligned}& S_1=\frac{a^2 \sqrt{3}}{4} \\& S_2=\frac{1}{4} \frac{a^2 \sqrt{3}}{4} \\& \ldots \\& S_n=\frac{1}{4^{n-1}} \cdot \frac{a^2 \sqrt{3}}{4}\end{aligned}\)

suy ra \(\lim S_n=\lim \displaystyle\frac{1}{4^{n-1}} \cdot \displaystyle\frac{a^2 \sqrt{3}}{4}=0\).

b) Dựa vào dữ kiện đề bài suy ra tổng \(\left(p_n\right)\) là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{2}\) và

\( p_1+p_2+\ldots+p_n+\ldots=\lim \left(p_n\right)=\displaystyle\frac{p_1}{1-q}=\displaystyle\frac{3 a}{1-\frac{1}{2}}=6a.\)

Dựa vào dữ kiện đề bài suy ra tổng \(\left(S_n\right)\) là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{4}\) và

\(S_1+S_2+\ldots+S_n+\ldots=\lim \left(S_n\right)=\displaystyle\frac{S_1}{1-q}=\displaystyle\frac{\frac{a^2 \sqrt{3}}{4}}{1-\frac{1}{4}}=\displaystyle\frac{a^2 \sqrt{3}}{12}\).

}

+) Sau ngày thứ nhất hàm lượng thuốc còn là

\(\displaystyle\frac{5}{100} \cdot 150\) (gam).

+) Sau ngày thứ hai hàm lượng thuốc còn là

\(\displaystyle\frac{5}{100} \cdot 150+\left(\displaystyle\frac{5}{100}\right)^2 \cdot 150\) (gam).

+) Sau ngày thứ ba hàm lượng thuốc còn là

\(\displaystyle\frac{5}{100} \cdot 150+\left(\displaystyle\frac{5}{100}\right)^2 \cdot 150+\left(\displaystyle\frac{5}{100}\right)^ 3\cdot 150\) (gam).

+) Sau ngày thứ tư hàm lượng thuốc còn là

\(\displaystyle\frac{5}{100} \cdot 150+\left(\displaystyle\frac{5}{100}\right)^2 \cdot 150+\left(\displaystyle\frac{5}{100}\right)^ 3\cdot 150+\left(\displaystyle\frac{5}{100}\right)^ 4\cdot 150\) (gam).

+) Sau ngày thứ năm hàm lượng thuốc còn là

\begin{eqnarray*}&&\displaystyle\frac{5}{100} \cdot 150+\left(\displaystyle\frac{5}{100}\right)^2 \cdot 150+\left(\displaystyle\frac{5}{100}\right)^ 3\cdot 150+\left(\displaystyle\frac{5}{100}\right)^ 4\cdot 150+\left(\displaystyle\frac{5}{100}\right)^ 5\cdot 150\\ &=&\displaystyle\frac{5}{100} \cdot 150\cdot \displaystyle\frac{1-\left(\displaystyle\frac{5}{100}\right)^ 5}{1-\displaystyle\frac{5}{100}}\approx 7{,}89 \text{ (gam).}\end{eqnarray*}

}

+) Xét tam giác vuông \(ABA_1\) có \(AA_1=AB\cdot \sin \alpha = h\sin \alpha\).

+) Xét tam giác vuông \(AA_2A_1\) có \(\widehat{BAA_1}=\widehat{AA_1A_2}\).

Mặt khác \(\widehat{BAA_1}+\widehat{ABC}=\widehat{AA_1A_2}+\widehat{A_1AA_2} = 180^\circ \Rightarrow \widehat{A_1AA_2} =\widehat{ABC} =\alpha\).

Suy ra

\(A_1A_2=AA_1\cdot \sin \alpha = h\sin^2 \alpha\).

+) Lập luận tương tự trên ta có \(A_{n-1}A_n= h\sin^n \alpha\).

Như vậy \(AA_1A_2A_3 \ldots = h\sin \alpha+h\sin^2 \alpha+h\sin^3\alpha+h\sin^4 \alpha \ldots \) là tổng lùi vô hạn của một cấp số nhân có số hạng đầu \(u_1=h\sin \alpha\) và công bội là \(\sin \alpha\).

Do đó \(AA_1A_2A_3 \ldots = \displaystyle\frac{h\sin \alpha}{1-\sin \alpha}\).

}

Diện tích của các hình tròn trong các lần cắt là

+) Lần thứ 1: \(S_1=\pi R^2\).

+) Lần thứ 2: \(S_2=2\cdot \pi \left(\displaystyle\frac{R}{2}\right)^2= \displaystyle\frac{\pi R^2}{2}\).

+) Lần thứ 3: \(S_2=4\cdot \pi \left(\displaystyle\frac{R}{4}\right)^2= \displaystyle\frac{\pi R^2}{2^2}\).

+) Lần thứ \(n\): \(S_n= \displaystyle\frac{\pi R^2}{2^{n-1}}\).

Do đó diện tích các hình tròn lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu \(S_1=\pi R^2\) và công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{2}\) nên tổng diện tích các hình tròn là

\( S_1+S_2+\cdots=\displaystyle\frac{\pi R^2}{1-\displaystyle\frac{1}{2}}=2\pi R^2. \)

}

a) Hình vuông \(H_1\) có diện tích \(S_1=5\cdot \left(\displaystyle\frac{1}{3}\right)^2=\displaystyle\frac{5}{9}\).

Hình vuông \(H_2\) có diện tích \(S_2=5^2\cdot \left(\displaystyle\frac{1}{3^2}\right)^2=\left(\displaystyle\frac{5}{9}\right)^2\).

Hình vuông \(H_n\) có diện tích \(S_n=5^n\cdot \left(\displaystyle\frac{1}{3^n}\right)^2=\left(\displaystyle\frac{5}{9}\right)^n\).

\(\lim S_n=\lim \left(\displaystyle\frac{5}{9}\right)^n=0\).

b) Hình vuông \(H_1\) có chu vi \(p_1=5\cdot 4\cdot \displaystyle\frac{1}{3}=4\cdot \displaystyle\frac{5}{3}\).

Hình vuông \(H_2\) có chu vi \(p_2=5^2\cdot4\cdot \displaystyle\frac{1}{3^2}=4\cdot \left(\displaystyle\frac{5}{3}\right)^2\).

Hình vuông \(H_n\) có diện tích \(p_n=5^n\cdot4\cdot \displaystyle\frac{1}{3^n}=4\cdot \left(\displaystyle\frac{5}{3}\right)^n\).

\(\lim p_n=\lim 4\cdot \left(\displaystyle\frac{5}{3}\right)^n=+\infty\).

}

a) Ta có hình vuông thứ nhất có cạnh bằng \(1\),

hình vuông thứ hai có cạnh bằng \(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\).

Hình vuông thứ ba có cạnh bằng \(\displaystyle\frac{1}{2}\).

Suy ra hình vuông thứ \(n\) có cạnh bằng \(\left(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n-1}\).

Diện tích của hình vuông thứ \(n\) là \(a_n=\left(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n-1}\cdot \left(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n-1}=\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^{n-1}\).

Tổng diện tích của \(n\) hình vuông đầu tiên là tổng của cấp số nhân có số hạng đầu \(a_1=1\) và công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{2}\) nên

\( S_n=\displaystyle\frac{a_1\left(1-q^n\right)}{1-q}=\displaystyle\frac{1-\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^n}{1-\displaystyle\frac{1}{2}}=2\left[1-\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^n\right].\)

\(\lim S_n=\lim 2\left[1-\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^n\right]=2 \left[\lim 1-\lim \left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^n\right]=2 \).

b) Hình vuông thứ nhất có chu vi bằng \(4\), hình vuông thứ \(2\) có chu vi là \(2\sqrt{2}\), hình vuông thứ \(3\) có chu vi là \(2\).

Suy ra hình vuông thứ \(n\) có chu vi bằng \(p_n=4\cdot \left(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n-1}\).

Tổng chu vi của \(n\) hình vuông đầu tiên là tổng của cấp số nhân có số hạng đầu \(p_1=4\) và công bội \(q=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\) nên

\( Q_n=\displaystyle\frac{p_1\left(1-q^n\right)}{1-q}=\displaystyle\frac{4\left(1-\left(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^n\right)}{1-\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}}=\left(8+4\sqrt{2}\right)\left[1-\left(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^n\right].\)

\(\lim Q_n=\left(8+4\sqrt{2}\right)\lim \left[1-\left(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^n\right]=\left(8+4\sqrt{2}\right)\left(1-0\right)=8+4\sqrt{2}\).

}

Gọi \(S_i\) và \(C_i\) (\(i=1,2,\ldots\)) lần lượt là diện tích và chu vi của tam giác \(H_i\), \(i=1,2,\ldots \).

Khi đó ta có

+) \(S_1=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4};S_2=\left(\displaystyle\frac{a}{2}\right)^2\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{16}=\displaystyle\frac{S_1}{4};S_3=\displaystyle\frac{1}{4}S_2,\ldots \).

Do đó \((S_n)\) là một cấp số nhân lùi vô hạn với \(S_1=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\) và \(q_1=\displaystyle\frac{1}{4}\).

Tổng diện tích \(S=S_1+S_2+\cdots =\displaystyle\frac{S_1}{1-q_1}=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{3}\).

+) \(C_1=3a; C_2=\displaystyle\frac{3a}{2}=\displaystyle\frac{1}{2}C_1,\ldots\)

Do đó \((C_n)\) là một cấp số nhân lùi vô hạn với \(C_1=3a;q_2=\displaystyle\frac{1}{2}\).

Tổng chu vi là \(C=C_1+C_2+\cdots =\displaystyle\frac{C_1}{1-q_2}=6a\).

}

a) Ta có

\begin{eqnarray*}p_n&=&2^n \cdot \pi r=2^n\cdot\pi \cdot \displaystyle\frac{AB}{2\cdot2^n}\\ &=&\displaystyle\frac{\pi AB}{2}\\&=&\displaystyle\frac{\pi \cdot 2R}{2}\\&=&\pi R.\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}S_n&=&2^n \cdot \displaystyle\frac{1}{2}\pi r^2\\&=&2^n \cdot \displaystyle\frac{1}{2}\pi \left(\displaystyle\frac{AB}{2\cdot2^n}\right)^2\\&=&2^n \cdot \displaystyle\frac{1}{2}\pi \left(\displaystyle\frac{2R}{2\cdot2^n}\right)^2\\&=&2^n \cdot \displaystyle\frac{1}{2}\pi \displaystyle\frac{R^2}{(2^n)^2}\\&=&\displaystyle\frac{\pi R^2}{2^{n+1}}.\end{eqnarray*}

b) \(\lim p_n=\lim \left(\pi R\right) = \pi R\).

\(\lim S_n=\lim \displaystyle\frac{\pi R^2}{2^{n+1}}=0\) (Vì \(\lim \left(\pi R^2\right)=\pi R^2\) và \(\lim 2^{n+1}=+\infty\)).

}

a) Khối lượng chất phóng xạ còn lại sau chu kì bán rã thứ \(1\) là \(u_1=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot 1=1\) kg.

Khối lượng chất phóng xạ còn lại sau chu kì bán rã thứ \(2\) là \(u_2=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot u_1=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot \displaystyle\frac{1}{2}=\displaystyle\frac{1}{2^2}\) kg.

Khối lượng chất phóng xạ còn lại sau chu kì bán rã thứ \(3\) là \(u_3=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot u_2=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot \displaystyle\frac{1}{4}=\displaystyle\frac{1}{2^3}\) kg.

Khối lượng chất phóng xạ còn lại sau chu kì bán rã thứ \(n\) là \(u_n=\displaystyle\frac{1}{2^n}\) kg.

b) \(\lim u_n=\lim \displaystyle\frac{1}{2^n}=\lim\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^n=0\).

c) Chất phóng xạ sẽ không độc hại nữa nếu khối lượng chất phóng xạ còn lại bé hơn \(10^{-6}~\mathrm{g}=10^{-9}\) kg

\(\Leftrightarrow u_n<10^{-9}\Leftrightarrow\displaystyle\frac{1}{2^n}<10^{-9}\Leftrightarrow 2^n>10^9\Leftrightarrow n\geq 30.\)

Vậy sau ít nhất \(30\) chu kì bằng \(30\cdot 24000=720000\) năm thì khối lượng phóng xạ đã cho ban đầu không còn độc hại với con người nữa.

}