ÔN TẬP CHƯƠNG 3

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

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

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

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

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

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

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. \(\lim \limits_{x \to-1}\left(3 x^2-x+2\right)\) \(=3(-1)^2-(-1)+2=6\).

b. \(\lim \limits_{x \to 4} \displaystyle\frac{x^2-16}{x-4}=\lim \limits_{x \to 4} (x+4)=8\).

c. \(\lim \limits_{x \to 2} \displaystyle\frac{3-\sqrt{x+7}}{x-2}\) \(=\lim \limits_{x \to 2} \displaystyle\frac{9-(x+7)}{(x-2)\left(3+\sqrt{x+7}\right)}\) \(=\lim \limits_{x \to 2} \displaystyle\frac{-1}{3+\sqrt{x+7}}=-\displaystyle\frac{1}{6}\).

a. \(\lim \limits_{x \to+\infty} \displaystyle\frac{-x+2}{x+1}=\lim \limits_{x \to+\infty} \displaystyle\frac{-1+\displaystyle\frac{2}{x}}{1+\displaystyle\frac{1}{x}}=-1\).

b. \(\lim \limits_{x \to-\infty} \displaystyle\frac{x-2}{x^2}=\lim \limits_{x \to-\infty} \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{1}{x}-\displaystyle\frac{2}{x^2}}{1}=0\).

a. \(\lim \limits_{x \to 4^{+}} \displaystyle\frac{1}{x-4}=+\infty\).

do

\(\begin{cases}\lim \limits_{x \to 4^{+}} 1=1>0\\ \lim \limits_{x \to 4^{+}} (x-4)=0\\ \text{Khi } x\to 4^+\Rightarrow x>4\Rightarrow x-4>0.\end{cases}\)

b. \(\lim \limits_{x \to 2^{+}} \displaystyle\frac{x}{2-x} =-\infty\).

do

\(\begin{cases}\lim \limits_{x \to 2^{+}} x=2>0\\ \lim \limits_{x \to 2^{+}} (2-x)=0\\ \text{Khi } x\to 2^+\Rightarrow x>2\Rightarrow 2-x<0.\end{cases}\)

\(\bullet\ \) Khi \(x>0\): \(f(x)=\sqrt{x+4}\) liên tục.

\(\bullet\ \) Khi \(x<0\): \(f(x)=2\cos x\) liên tục.

\(\bullet\ \) Tại \(x=0\):

\(\lim\limits_{x\to 0^+} f(x)=\lim\limits_{x\to 0^-} f(x)=f(0)=2\)

\(\Rightarrow\) hàm số \(y=f(x)\) liên tục tại \(x=0\).

Vậy hàm số \(y=f(x)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\).

+ Với \(x< 5\) thì \(f(x)=\displaystyle\frac{x^2-25}{x-5}=x+5\) là hàm liên tục.

+ Với \(x> 5\) thì \(f(x)=\displaystyle\frac{x^2-25}{x-5}=x+5\) là hàm liên tục.

Do đó, để hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\) thì hàm số phải liên tục tại \(x=5\).

Tức là

\(\lim\limits_{x\to 5} f(x)=f(5)\Leftrightarrow \lim\limits_{x\to 5} (x+5)=a\Leftrightarrow a=10\).

Vậy với \(a=10\) thì hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Vì \(T(t)\) là hàm liên tục trên tập xác định nên ta có hàm \(T(t)\) liên tục tại \(t=60\)

\(\Leftrightarrow \lim\limits_{t\to 60^-} T(t)=\lim\limits_{t\to 60^+} T(t)=T(60)\)

\(\Leftrightarrow 10+2\cdot 60=k-3\cdot 60\Leftrightarrow k=310\).

Vậy \(k=310\).

Ta có

\(\begin{cases}\left|u_{n}-1\right|<\displaystyle\frac{2}{n} \\ \lim \limits_{n \to +\infty}\displaystyle\frac{2}{n}=0\end{cases}\) \(\Rightarrow \lim \limits_{n \to +\infty}\left|u_{n}-1\right|=0\) \(\Rightarrow \lim \limits_{n \to +\infty}u_{n}=1\).

a. Ta có

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

b. Ta có

\(\lim \limits_{n \to +\infty} v_{n}=\lim \limits_{n \to +\infty}\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n} \displaystyle\frac{3^{k}+5^{k}}{6^{k}}\) \(=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n}\lim \limits_{n \to +\infty} \left( \displaystyle\frac{1}{2}\right) ^k+\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n}\lim \limits_{n \to +\infty} \left( \displaystyle\frac{5}{6}\right) ^k=0\).

c. Ta có

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

Suy ra \(\lim \limits_{n \to +\infty}w_{n}=0\).

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

Ta có

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

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

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

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

Ta có

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

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

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

a. Ta có

\(\begin{aligned}&\mathop {\lim }\limits_{x\to 7} \displaystyle\frac{\sqrt{x+2}-3}{x-7}\\ =\ &\mathop {\lim }\limits_{x\to 7} \displaystyle\frac{\left(\sqrt{x+2}\right)^2-3^2}{(x-7)\left(\sqrt{x+2}+3\right)}\\ =\ &\mathop {\lim }\limits_{x\to 7} \displaystyle\frac{x-7}{(x-7)\left(\sqrt{x+2}+3\right)}\\ =\ &\mathop {\lim }\limits_{x\to 7} \displaystyle\frac{1}{\sqrt{x+2}+3}=\displaystyle\frac{1}{6}.\end{aligned}\)

b. Ta có

\(\begin{aligned}&\mathop {\lim }\limits_{x\to 1} \displaystyle\frac{x^{3}-1}{x^{2}-1}\\ =\ &\mathop {\lim }\limits_{x\to 1} \displaystyle\frac{(x-1)(x^2+x+1)}{(x-1)(x+1)}\\ =\ &\mathop {\lim }\limits_{x\to 1} \displaystyle\frac{x^2+x+1}{x+1}=\displaystyle\frac{3}{2}.\end{aligned}\)

c. Ta có

\(\mathop {\lim }\limits_{x\to 1} (2-x)=1;\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x\to 1} (1-x)^2=0;\)

\((1-x)^2 > 0\), \(\forall x \neq 0\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x\to 1}\displaystyle\frac{2-x}{(1-x)^{2}}=+\infty.\)

d. Ta có

\(\begin{aligned}&\mathop {\lim }\limits_{x\to -\infty} \displaystyle\frac{x+2}{\sqrt{4 x^{2}+1}}\\=\ &\mathop {\lim }\limits_{x\to -\infty} \displaystyle\frac{x+2}{|x|\sqrt{4 +\displaystyle\frac{1}{x^2}}}\\ =\ &\mathop {\lim }\limits_{x\to -\infty} \displaystyle\frac{x\left( 1+\displaystyle\frac{2}{x}\right)}{-x\sqrt{4 +\displaystyle\frac{1}{x^2}}}\\ =\ &\mathop {\lim }\limits_{x\to -\infty} \displaystyle\frac{ 1+\displaystyle\frac{2}{x}}{-\sqrt{4 +\displaystyle\frac{1}{x^2}}}=-\displaystyle\frac{1}{2}.\end{aligned}\)

a. Ta có \(x\to 3^+ \Rightarrow x>3 \Rightarrow x-3>0.\)

Vậy

\(\begin{aligned}&\mathop {\lim }\limits_{x\to 3^+} \displaystyle\frac{x^{2}-9}{|x-3|}\\ =\ &\mathop {\lim }\limits_{x\to 3^+} \displaystyle\frac{(x-3)(x+3)}{x-3}\\ =\ &\mathop {\lim }\limits_{x\to 3^+} (x+3)=6.\end{aligned}\)

b. Ta có

\(\mathop {\lim }\limits_{x\to 1^-} x=1;\) \(\mathop {\lim }\limits_{x\to 1^-} \sqrt{1-x}=0\) và

\(\sqrt{1-x}>0\), \(\forall x<1\) nên

\(\mathop {\lim }\limits_{x\to 1^-} \displaystyle\frac{x}{\sqrt{1-x}}=+\infty.\)

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x\to 0^-} \displaystyle\frac{|x|}{x}=\mathop {\lim }\limits_{x\to 0^-} \displaystyle\frac{-x}{x}=\mathop {\lim }\limits_{x\to 0^-} (-1)=-1.\)

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x\to 0^+} \displaystyle\frac{|x|}{x}=\mathop {\lim }\limits_{x\to 0^+} \displaystyle\frac{x}{x}=\mathop {\lim }\limits_{x\to 0^+} 1=1.\)

Vậy

\(\mathop {\lim }\limits_{x\to 0^-} \displaystyle\frac{|x|}{x}\ne \mathop {\lim }\limits_{x\to 0^+} \displaystyle\frac{|x|}{x}\)

nên giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x\to 0} \displaystyle\frac{|x|}{x}\) không tồn tại.

a. Ta có

+) \(f(0)=1. \)

+) Xét \(\mathop {\lim }\limits_{x\to 0}f(x)=\mathop {\lim }\limits_{x\to 0} \displaystyle\frac{1}{x}\) không tồn tại.

Vậy hàm số gián đoạn tại \(x=0\).

b. Ta có

+) \(f(1)=2-1=1. \)

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x\to 1^-}f(x)=\mathop {\lim }\limits_{x\to 1^-} (1+x)=2.\)

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x\to 1^+}f(x)=\mathop {\lim }\limits_{x\to 1^+} (2-x)=1.\)

Vậy \(f(1)=\mathop {\lim }\limits_{x\to 1^+}f(x)\ne \mathop {\lim }\limits_{x\to 1^-}f(x)\) nên hàm số gián đoạn tại \(x=1\).

Ta có

+) Với \(r<R,\) \(F(r)=\displaystyle\frac{G Mr}{R^{3}}\) là hàm liên tục.

+) Với \(r>R,\) \(F(r)=\displaystyle\frac{G M}{R^{2}}\) là hàm liên tục.

Tại \(r=R.\)

+) \(F(R)=\displaystyle\frac{G M}{R^{2}}. \)

+) \(\mathop {\lim }\limits_{r\to R^+}F(r)=\mathop {\lim }\limits_{r\to R^+}\displaystyle\frac{G M}{r^{2}}=\displaystyle\frac{G M}{R^{2}}.\)

+) \(\mathop {\lim }\limits_{r\to R^-}F(r)=\mathop {\lim }\limits_{r\to R^-}\displaystyle\frac{G M r}{R^{3}}=\displaystyle\frac{G M R}{R^{3}}=\displaystyle\frac{G M}{R^{2}}.\)

Ta có \(F(R)=\mathop {\lim }\limits_{r\to R^+}F(r)=\mathop {\lim }\limits_{r\to R^-}F(r)\) nên hàm số liên tục tại \(r=R\).

Vậy \(F(r)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\).

a. Tập xác định \(\mathscr{D}=\mathbb{R}\backslash\{-2;-3\}\).

Hàm số là hàm phân thức, chứa các hàm \(\sin x\), \(\cos x\) nên liên tục trên tập xác định.

b. Điều kiện \(\sin x\ne 0 \Leftrightarrow x\ne k\pi.\)

Tập xác định \(\mathscr{D}=\mathbb{R}\backslash\{k\pi\}\).

Hàm số là hàm phân thức, chứa các hàm \(\sin x\), \(\cos x\) nên liên tục trên tập xác định.

Hàm số liên tục trên các khoảng \((-\infty; a)\) và \((a;+\infty)\).

Ta có

+) \(f(a)=a+1. \)

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x\to a^-}f(x)=\mathop {\lim }\limits_{x\to a^-} (x+1)=a+1.\)

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x\to a^+}f(x)=\mathop {\lim }\limits_{x\to a^+} x^2=a^2.\)

Để hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\), ta cần

\(f(a)=\mathop {\lim }\limits_{x\to a^+}f(x)= \mathop {\lim }\limits_{x\to a^-}f(x)\Leftrightarrow a+1=a^2\) \(\Leftrightarrow \left[\begin{aligned}&a=\displaystyle\frac{1+\sqrt{5}}{2}\\ &a=\displaystyle\frac{1-\sqrt{5}}{2}.\end{aligned}\right.\)

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. \(\underset{x \rightarrow-3}\lim \left(4 x^2-5 x+6\right)\) \(=4(-3)^2-5(-3)+6=57\).

b. \(\underset{x \rightarrow 2}\lim \displaystyle\frac{2 x^2-5 x+2}{x-2}=\underset{x \rightarrow 2}\lim \displaystyle\frac{(2 x-1)(x-2)}{x-2}\) \(=\underset{x \rightarrow 2}\lim (2 x-1)=3\).

c. \(\underset{x \rightarrow 4}\lim \displaystyle\frac{\sqrt{x}-2}{x^2-16}\) \(=\underset{x \rightarrow 4}\lim \displaystyle\frac{\sqrt{x}-2}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)(x+4)}\) \(=\underset{x \rightarrow 4}\lim \displaystyle\frac{1}{(\sqrt{x}+2)(x+4)}=\displaystyle\frac{1}{32}\).

a. \(\underset{x \rightarrow-\infty}\lim \displaystyle\frac{6 x+8}{5 x-2}=\displaystyle\frac{6}{5}\).

b. \(\underset{x \rightarrow+\infty}\lim \displaystyle\frac{6 x+8}{5 x-2}=\displaystyle\frac{6}{5}\).

c. \(\underset{x \rightarrow-\infty}\lim \displaystyle\frac{\sqrt{9 x^2-x+1}}{3 x-2}\) \(=\underset{x \rightarrow-\infty}\lim \displaystyle\frac{-x \sqrt{9-\displaystyle\frac{1}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}}}{x\left(3-\displaystyle\frac{2}{x}\right)}=-1\).

d. \(\underset{x \rightarrow+\infty}\lim \displaystyle\frac{\sqrt{9 x^2-x+1}}{3 x-2}\) \(=\underset{x \rightarrow+\infty}\lim \displaystyle\frac{x \sqrt{9-\displaystyle\frac{1}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}}}{x\left(3-\displaystyle\frac{2}{x}\right)}=1\).

e. Vì \( \underset{x \rightarrow 2^{-}}\lim \left(3 x^2+4\right)=16>0 ;\underset{x \rightarrow 2^{-}}\lim (x+2)=0 \) và \(x \rightarrow-2^{-} \Rightarrow x+2<0\)

nên

\(\underset{x \rightarrow-2^{-}}\lim \displaystyle\frac{3 x^2+4}{2 x+4}=-\infty\)

f. Vì \( \underset{x \rightarrow 2^{+}}\lim \left(3 x^2+4\right)=16>0 ;\underset{x \rightarrow 2^{+}}\lim (x+2)=0 \) và \(x \rightarrow-2^{+} \Rightarrow x+2>0\)

nên

\(\underset{x \rightarrow-2^{-}}\lim \displaystyle\frac{3 x^2+4}{2 x+4}=+\infty\)

a. Với \(a=0 ; b=1\), ta có:

\(f(x)= \begin{cases}2 x & \text { nếu } x<2 \\ 4 & \text { nếu } x=2 \\ -3 x+1 & \text { nếu } x>2.\end{cases}\)

Ta có

\(\underset{x \rightarrow 2^{-}}\lim f(x)=\underset{x \rightarrow 2^{-}}\lim (2 x)=4\) và \(\underset{x \rightarrow 2^{+}}\lim f(x)=\underset{x \rightarrow 2^{+}}\lim (-3 x+1)=-5.\)

Vì \(\underset{x \rightarrow 2^{-}}\lim f(x) \neq \underset{x \rightarrow 2^{+}}\lim f(x) \) nên không tồn tại \(\underset{x \rightarrow 2}\lim f(x)\).

b. Ta có

\(\underset{x \rightarrow 2^{-}}\lim f(x)=\underset{x \rightarrow 2^{-}}\lim(2 x+a)=4+a\) và \(\underset{x \rightarrow 2^{+}}\lim f(x)=\underset{x \rightarrow 2^{+}}\lim (-3 x+b)=-6+b.\)

Hàm số liên tục của hàm số tại \(x=2\) khi và chỉ khi tồn tại \(\underset{x \rightarrow 2}\lim f(x)\) và \(\underset{x \rightarrow 2}\lim f(x)=f(2)\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}4+a=4 \\ -6+b=4\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} a=0 \\ b=10.\end{cases}\)

Vậy \(a=0 ; b=10\) thoả mãn yêu cầu bài toán.

c. Để hàm số liên tục trên tập xác định điều kiện cần và đủ là hàm số liên tục tại \(x=2\). Do đó với \(a=0, b=10\) thì hàm số liên tục trên tập xác định.

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 \(d_4=55{,}8+2 \cdot\displaystyle\frac{55{,}8}{10}+2\cdot \displaystyle\frac{55,8}{10^2}+2\cdot \displaystyle\frac{55{,}8}{10^3}\).

\(\cdots\)

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

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

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

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

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

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

Vậy \(d=55{,}8+12{,}4=68{,}2\) m.

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

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

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

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

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

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

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

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

a. Ta có

\(\displaystyle\frac{1}{d}+\displaystyle\frac{1}{d^{\prime}}=\displaystyle\frac{1}{f} \Leftrightarrow d^{\prime}=\displaystyle\frac{d f}{d-f}.\)

Vậy \(\varphi(d)=\displaystyle\frac{d f}{d-f}\).

b. Vì

\(\underset{d \rightarrow f^{+}}\lim df=f^2;\)

\(\underset{d \rightarrow f^{+}}\lim (d-f)=0;\)

\(d \rightarrow f^{+} \Rightarrow d-f>0 \)

nên \( \underset{d \rightarrow f^{+}}\lim \displaystyle\frac{d f}{d-f}=+\infty\).

Vậy

\(\underset{d \rightarrow f^{+}}\lim \varphi(d)=\underset{d \rightarrow f^{+}}\lim \displaystyle\frac{d f}{d-f}=+\infty\).

Ý nghĩa: Khi đặt vật nằm ngoài tiêu cự và tiến dần đến tiêu điểm thì cho ảnh thật ngược chiều với vật ở vô cùng.

Vì

\(\underset{d \rightarrow f^{-}}\lim df=f^2;\)

\(\underset{d \rightarrow f^{+}}\lim (d-f)=0;\)

\(d \rightarrow f^{-} \Rightarrow d-f<0 \) nên \( \underset{d \rightarrow f^{+}}\lim \displaystyle\frac{d f}{d-f}=-\infty\).

Vậy \(\underset{d \rightarrow f^{+}}\lim \varphi(d)=\underset{d \rightarrow f^{+}}\lim \displaystyle\frac{d f}{d-f}=-\infty\).

Ý nghĩa: Khi đặt vật nằm trong tiêu cự và tiến dần đến tiêu điểm thì cho ảnh ảo cùng chiều với vật và nằm ở vô cùng.

Vì không tồn tại \(\underset{d \rightarrow f^{+}}\lim \varphi(d)\) và \(\underset{d \rightarrow f^{-}}\lim \varphi(d)\) nên không tồn tại \(\underset{d \rightarrow f}\lim \varphi(d)\).