Lời giải

Lời giải

a) Khi n ngày càng lớn thì giá trị của u_n càng giảm dần về 0.

b) Ta có bảng:

Kể từ số hạng u₁₀₀₁ trở đi thì khoảng cách từ u_n đến 0 nhỏ hơn 0,001.

Kể từ số hạng u_{10 001} trở đi thì khoảng cách từ u_n đến 0 nhỏ hơn 0,0001.

Lời giải

a) Ta có: u_n = 0 với mọi n ∈ ℕ*

Với mọi ε > 0 bé tùy ý, ta có:

|u_n – 0| < ε với mọi n ∈ ℕ*

Vậy lim 0 = 0.

b) Ta có: u_n = \(\frac{1}{{\sqrt n }}\) với mọi n ∈ ℕ*

Với mọi ε > 0 bé tùy ý, ta có:

|u_n – 0| < ε ⇔ \(\left| {\frac{1}{{\sqrt n }}} \right| < \varepsilon \Leftrightarrow \sqrt n > \frac{1}{\varepsilon } \Leftrightarrow n > \frac{1}{{{\varepsilon ^2}}}\).

Chọn N ≥ \(\frac{1}{{{\varepsilon ^2}}}\) thì với mọi n >N ta có: \(\left| {\frac{1}{{\sqrt n }}} \right| < \varepsilon \)

Lời giải

a) Ta có: \(\lim \left( {{u_n} - 8} \right) = \lim \left( {8 + \frac{1}{n} - 8} \right) = 0\).

Do đó limu_n = 8.

Ta có: \(\lim \left( {{v_n} - 4} \right) = \lim \left( {4 - \frac{2}{n} - 4} \right) = 0\)

Do đó limv_n = 4.

b) limu_n + limv_n = 8 + 4 = 12.

Ta có: u_n + v_n = \(8 + \frac{1}{n} + 4 - \frac{2}{n} = 12 - \frac{1}{n}\)

Ta lại có: \(\lim \left( {{u_n} + {v_n} - 12} \right) = \lim \left( {12 - \frac{1}{n} - 12} \right) = 0\)

Suy ra lim(u_n + v_n) = 12.

Vì vậy lim(u_n + v_n) = limu_n + limv_n.

b) Ta có: u_n.v_n = \(\left( {8 + \frac{1}{n}} \right)\left( {4 - \frac{2}{n}} \right) = 32 - \frac{{12}}{n} - \frac{2}{{{n^2}}}\).

Khi đó lim(u_n.v_n – 32) = \(\lim \left( {32 - \frac{{12}}{n} - \frac{2}{{{n^2}}} - 32} \right) = 0\).

Ta lại có: limu_n.limv_n = 8.4 = 32.

Vì vậy limu_n.limv_n = lim(u_nv_n).

Lời giải

a) \(\lim \frac{{8{n^2} + n}}{{{n^2}}} = \lim \left( {8 + \frac{1}{n}} \right) = \lim 8 + \lim \frac{1}{n} = 8\).

b) \(\lim \frac{{\sqrt {4 + {n^2}} }}{n} = \lim \sqrt {\frac{4}{{{n^2}}} + 1} = \sqrt {\lim \left( {\frac{4}{{{n^2}}} + 1} \right)} = 1\).

Lời giải

a) Ta có: |q| = \(\frac{1}{2}\) < 1.

b) Ta có: (u_n) là cấp số nhân lùi vô hạn có tổng n số hạng đầu tiên là:

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

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

Lời giải

a) Ta có:

limu_n = lim(3 + \(\frac{1}{n}\)) = lim3 + \(\lim \frac{1}{n}\) = 3 + 0 = 3.

limv_n = lim(5 – \(\frac{2}{{{n^2}}}\)) = lim5 – lim\(\frac{2}{{{n^2}}}\) = 5 – 0 = 5.

b) lim(u_n + v_n) = limu_n + limv_n = 3 + 5 = 8.

lim(u_n – v_n) = limu_n – limv_n = 3 – 5 = – 2.

lim(u_n.v_n) = limu_n.limv_n = 3.5 = 15.

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

Lời giải

a) \(\lim \frac{{5n + 1}}{{2n}} = \lim \left( {\frac{5}{2} + \frac{1}{{2n}}} \right) = \lim \frac{5}{2} + \lim \frac{1}{{2n}} = \frac{5}{2}\).

b) \(\lim \frac{{6{n^2} + 8n + 1}}{{5{n^2} + 3}} = \lim \frac{{6 + \frac{8}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{5 + \frac{3}{{{n^2}}}}} = \frac{{\lim \left( {6 + \frac{8}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}{{\lim \left( {5 + \frac{3}{{{n^2}}}} \right)}} = \frac{6}{5}\).

c) \(\lim \frac{{\sqrt {{n^2} + 5n + 3} }}{{6n + 2}} = \lim \frac{{\sqrt {1 + \frac{5}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}} }}{{6 + \frac{2}{n}}} = \frac{{\lim \sqrt {1 + \frac{5}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}} }}{{\lim \left( {6 + \frac{2}{n}} \right)}} = \frac{1}{6}\).

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

e) \(\lim \frac{{{3^n} + {2^n}}}{{{{4.3}^n}}} = \lim \frac{{1 + {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n}}}{4} = \frac{{\lim \left[ {1 + {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n}} \right]}}{{\lim 4}} = \frac{1}{4}\).

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

Lời giải

a) Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn (u_n), với \({u_1} = \frac{2}{3},q = - \frac{1}{4}\) là:

\(S = \lim \frac{{\frac{2}{3}\left[ {1 - {{\left( { - \frac{1}{4}} \right)}^n}} \right]}}{{1 - \left( { - \frac{1}{4}} \right)}} = \frac{{\frac{2}{3}}}{{\frac{5}{4}}} = \frac{8}{{15}}\).

b) Ta có:

1,(6) = 1 + 0,(6) = 1 + 0,6 + 0,06 + 0,006 + ... + 0,000006 + ...

Dãy số 0,6; 0,006; 0,0006; ... lập thành một cấp số nhân có số hạng đầu u₁ = 0,6 và công bội q = \(\frac{1}{{10}}\) có |q| < 1 nên ta có:

0,6 + 0,06 + 0,006 + ... + 0,000006 + ... = \(\frac{{0,6}}{{1 - \frac{1}{{10}}}} = \frac{2}{3}\).

Suy ra 1,(6) = 1 + \(\frac{2}{3}\) = \(\frac{5}{3}\).

Lời giải

a) Gọi S_n là diện tích của hình vuông thứ n.

Ta có: S₁ = 1; S₂ = \(\frac{1}{2}\); S₃ = \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}\); ...

Dãy (S_n) lập thành cấp số nhân có số hạng đầu S₁ = 1 và công bội q = \(\frac{1}{2}\) có công thức tổng quát là: Sn = \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}\).

b) Ta có: \(\left| q \right| = \left| {\frac{1}{2}} \right| < 1\) nên dãy (S_n­) trên lập thành một cấp số nhân lùi hạn nên ta có:

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

Vậy tổng diện tích của các hình vuông là 2 (đvdt).

Lời giải

a) Ta có: u₁ = 1; u₂ = \(\frac{1}{2}\); u₃ = \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}\); ...

Suy ra (u_n­) lập thành một cấp số nhân có số hạng đầu u₁ = 1 và q = \(\frac{1}{2}\) có số hạng tổng quát là: \({u_n} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}\).

b) Ta có: \(\lim {u_n} = \lim {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} = 0\).

c) Đổi \({u_n} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}kg = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}{.10^3}g\)

Để chất phóng xạ bé hơn 10^-6 (g) thì \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}{.10^3} < {10^{ - 6}} \Leftrightarrow n > 31\).

Vậy cần ít nhất 30 chu kì tương ứng với 720 000 năm khối lượng chất phóng xạ đã cho ban đầu không còn độc hại đối với con người.

Lời giải

a)

+) Ta có: p₁ = \(\frac{{\pi R}}{2}\); p₂ = \(\frac{{\pi R}}{4} = \frac{{\pi R}}{{{2^2}}}\); p₃ = \(\frac{{\pi R}}{8} = \frac{{\pi R}}{{{2^3}}}\); ...

(p_n) lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu p₁ = \(\frac{{\pi R}}{2}\) và công bội \(q = \frac{1}{2} < 1\) có số hạng tổng quát p_n = \(\frac{{\pi R}}{2}.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}\).

+) Ta có: C₁ = \(\frac{{\pi {R^2}}}{4}\); C₂ = \(\frac{{\pi {R^2}}}{{{4^2}}}\); C₃ = \(\frac{{\pi {R^3}}}{{{4^3}}}\); ...

(C_n) lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu C₁ = \(\frac{{\pi {R^2}}}{4}\) và công bội \(q = \frac{1}{4} < 1\) có số hạng tổng quát C_n = \(\frac{{\pi R}}{4}.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^{n - 1}}\).