Với số thực dương \(d\) bé tuỳ ý cho trước, lấy số tự nhiên \(N\) sao cho \(N>\displaystyle\frac{1}{d}\). Khi đó, với mọi số tự nhiên \(n\) sao cho \(n\ge N\), ta có \(\left|u_n\right|=\left|\displaystyle\frac{(-1)^n}{n}\right|=\displaystyle\frac{1}{n}\le \displaystyle\frac{1}{N}< d\).

Theo định nghĩa, \(\lim u_n=0\).

Ta có

\(\displaystyle\frac{1}{\left(\sqrt{3}\right)^n}=\left(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^n\).

Do \(\left| \displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}\right|<1\) nên \(\lim \displaystyle \frac{1}{\left(\sqrt{3}\right)^n} =\lim \left(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^n=0\).

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 \(|q|=\left|-\displaystyle\frac{3}{4}\right|<1\).

Đặt \(u_n=\displaystyle\frac{3n^2+1}{n^2}\). Ta có \(u_n=3+\displaystyle\frac{1}{n^2}\) hay \(u_n-3=\displaystyle\frac{1}{n^2}\).

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

Theo định nghĩa, ta có \(\lim u_n=3\). Vậy \(\lim \displaystyle\frac{3n^2+1}{n^2}=3\).

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

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. 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

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

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

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

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 \(q=\displaystyle\frac{1}{3}\) nên

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

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

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

Từ \(q>1\) suy ra \(0<\displaystyle\frac{1}{q}<1\).

Do đó,

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

Mà \(q^n>0\) với mọi \(n\) nên \(\lim q^n=+\infty\).

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. 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

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

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. 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

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

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

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

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

b. Ta có

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

a. Ta có

\(\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} \displaystyle\frac{u_{n}^{2}}{v_{n}-u_{n}} = \displaystyle\frac{\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} u_{n}^{2}}{\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} v_{n}-\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} u_{n}}\) \(= \displaystyle\frac{\left(\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} u_{n}\right)^{2}}{\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} v_{n}-\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} u_{n}}=\displaystyle\frac{2^2}{3-2}=4.\)

b. Ta có

\(\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} \sqrt{u_{n}+2 v_{n}} = \sqrt{\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} u_{n}+\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} 2 v_{n}}\) \(=\sqrt{\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} u_{n}+2\lim \limits_{n \rightarrow+\infty} v_{n}} =\sqrt{2+2\cdot 3}=2\sqrt{2}\).

a. Ta có

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

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. Ta có

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

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

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

+) 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

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

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

a. Ta có

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

\(\lim v_n=\lim \left(5-\displaystyle\frac{2}{n^2}\right)\) \(=\lim 5-\lim \left(\displaystyle\frac{2}{n^2}\right)=5-0=5\).

b. Ta có

\(\lim \left(u_n+v_n\right)=\lim u_n+\lim v_n=3+5=8\).

\(\lim \left(u_n-v_n\right)=\lim u_n-\lim v_n=3-5=-2\).

\(\lim \left(u_n\cdot v_n\right)=\lim u_n\cdot \lim v_n=3\cdot 5=15\).

\(\lim \displaystyle\frac{u_n}{v_n}=\displaystyle\frac{3}{5}\).

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. Ta có

\(S=\displaystyle\frac{u_1}{1-q}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{2}{3}}{1-\left(-\displaystyle\frac{1}{4}\right)}=\displaystyle\frac{8}{15}\).

b. Ta có

\(1,(6)=1+0,(6)=1+\displaystyle\frac{6}{10}+\displaystyle\frac{6}{10^2}+\cdots+\displaystyle\frac{6}{10^n}+\cdots\) \(=1+\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{6}{10}}{1-\displaystyle\frac{1}{10}}=\displaystyle\frac{5}{3}\).

a. Từ giả thiết suy ra diện tích hình vuông sau bằng \(\displaystyle\frac{1}{2}\) diện tích hình vuông trước.

Khi đó diện tích của các hình vuông tạo thành một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu \(S_1=1\) và công bội \(q=\displaystyle\frac{1}{2}\).

Diện tích \(S_n\) của hình vuông được tạo thành từ bước thứ \(n\) là

\(S_n=S_1\cdot q^{n-1}=\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^{n-1}\).

b. Tổng diện tích của tất cả các hình vuông được tạo thành là:

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

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.

a. Ta có

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

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

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

\(\lim 2^{n+1}=+\infty\)).