Giới hạn của dãy số

\(\lim \left( {\sqrt {{n^2} - n}  - n} \right)\) \(= \lim \dfrac{{\left( {\sqrt {{n^2} - n}  - n} \right).\left( {\sqrt {{n^2} - n}  + n} \right)}}{{\sqrt {{n^2} - n}  + n}} \) \(= \lim \dfrac{{{n^2} - n - {n^2}}}{{\sqrt {{n^2} - n}  + n}} \) \(= \lim \dfrac{{ - n}}{{\sqrt {{n^2} - n}  + n}}\) \(= \lim \dfrac{{ - 1}}{{\sqrt {1 - \dfrac{1}{n}}  + 1}}\) \(= \dfrac{{ - 1}}{2} =  - \dfrac{1}{2}.\)

Ta có: \({u_1} = \dfrac{1}{2};q = \dfrac{1}{2} \Rightarrow S = \dfrac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}}}{{1 - \dfrac{1}{2}}} = 1\)

$\begin{array}{l}\lim ( {\sqrt {{n^2} - n + 1}  - \sqrt {{n^2} + 1} } ) \\ =\lim \frac{{( {\sqrt {{n^2} - n + 1}  - \sqrt {{n^2} + 1} }) ( {\sqrt {{n^2} - n + 1}  + \sqrt {{n^2} + 1} } )}}{{\sqrt {{n^2} - n + 1}  + \sqrt {{n^2} + 1} }}\\ = \lim \frac{{{n^2} - n + 1 - {n^2} - 1}}{{\sqrt {{n^2} - n + 1}  + \sqrt {{n^2} + 1} }} \\= \lim \frac{{ - n}}{{\sqrt {{n^2} - n + 1}  + \sqrt {{n^2} + 1} }} \\= \lim \frac{{ - 1}}{{\sqrt {1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}  + \sqrt {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} }} \\= -\frac{{1}}{2}\end{array}$

$\begin{array}{l}{u_n} = \dfrac{1}{{1.2}} + \dfrac{1}{{2.3}} + \dfrac{1}{{3.4}} + ... + \dfrac{1}{{n.\left( {n + 1} \right)}} \\= \dfrac{{2 - 1}}{{1.2}} + \dfrac{{3 - 2}}{{2.3}} + ... + \dfrac{{n + 1 - n}}{{n.\left( {n + 1} \right)}}\\ = 1 - \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{3} + .... + \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{{n + 1}} \\= 1 - \dfrac{1}{{n + 1}}\\ \Rightarrow \lim {u_n} = \lim \left( {1 - \dfrac{1}{{n + 1}}} \right) = 1.\end{array}$

$\begin{array}{l}{u_n} = \frac{1}{{1.3}} + \frac{1}{{3.5}}+ ... + \frac{1}{{\left( {2n - 1} \right).\left( {2n + 1} \right)}}\\ = \frac{1}{2}. \left( {1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{5}+ ... + \frac{1}{{2n - 1}} - \frac{1}{{2n + 1}}} \right) \\ = \frac{1}{2}.\left( {1 - \frac{1}{{2n + 1}}} \right)\\ \Rightarrow \lim {u_n} = \lim \frac{1}{2}\left( {1 - \frac{1}{{2n + 1}}} \right) = \frac{1}{2}.\end{array}$

Ta có: \(\lim \left( {{u_n}.{v_n}} \right) = \lim \left( {\dfrac{1}{n}.{n^2}} \right) = \lim n =  + \infty \).

Ta có \(\left| {\dfrac{{\sin \left( {n!} \right)}}{{{n^2} + 1}}} \right| \le \dfrac{1}{{{n^2} + 1}}\) mà \(\lim \dfrac{1}{{{n^2} + 1}} = 0\) nên chọn đáp án A.

$\lim {u_n} = \lim \dfrac{{\left( {2n + 1} \right)\left( {1 - 3n} \right)}}{{\sqrt[3]{{{n^3} + 5n - 1}}}}$ $ = \lim \dfrac{{ - 6{n^2} - n + 1}}{{\sqrt[3]{{{n^3} + 5n - 1}}}} $ $= \lim \dfrac{{\dfrac{{ - 6{n^2} - n + 1}}{{{n^2}}}}}{{\sqrt[3]{{\dfrac{{{n^3} + 5n - 1}}{{{n^6}}}}}}}$ $=\lim \dfrac{{ - 6 - \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{{{n^2}}}}}{{\sqrt[3]{{\dfrac{1}{{{n^3}}} + \dfrac{5}{{{n^5}}} - \dfrac{1}{{{n^6}}}}}}} =  - \infty .$

\(\begin{array}{l}S = {u_1} + {u_2} + ...\\ = {u_1}\left( {1 + q + {q^2} + ...} \right)\\ = \dfrac{{{u_1}}}{{1 - q}}\end{array}\)

\(\begin{array}{l}{u_2} = \dfrac{{2 + 1}}{2} = \dfrac{3}{2} = \dfrac{{{2^1} + 1}}{{{2^1}}}\\{u_3} = \dfrac{{\dfrac{3}{2} + 1}}{2} = \dfrac{5}{4} = \dfrac{{{2^2} + 1}}{{{2^2}}}\\{u_4} = \dfrac{{\dfrac{5}{4} + 1}}{2} = \dfrac{9}{8} = \dfrac{{{2^3} + 1}}{{{2^3}}}\end{array}\)

Chứng minh bằng quy nạp: ${u_{n + 1}} = \dfrac{{{2^n} + 1}}{{{2^n}}},\,\,\forall n = 1;2;...\,\,\,\,(*)$:

* Với $n = 1$: ${u_2} = \dfrac{{{u_1} + 1}}{2} = \dfrac{{2 + 1}}{2} = \dfrac{{{2^1} + 1}}{{{2^1}}}$  : (*) đúng

* Giả sử (*) đúng với $n = k \ge 1$, tức là ${u_k} = \dfrac{{{2^k} + 1}}{{{2^k}}}$ ta chứng minh (*) đúng với $n = k + 1$ , tức là cần chứng minh ${u_{k + 1}} = \dfrac{{{2^{k + 1}} + 1}}{{{2^{k + 1}}}}$

Ta có : ${u_{k + 1}} = \dfrac{{{u_k} + 1}}{2} = \dfrac{{\dfrac{{{2^k} + 1}}{{{2^k}}} + 1}}{2} = \dfrac{{\dfrac{{{2^k} + 1 + {2^k}}}{{{2^k}}}}}{2} = \dfrac{{{{2.2}^k} + 1}}{{{2^{k + 1}}}} = \dfrac{{{2^{k + 1}} + 1}}{{{2^{k + 1}}}}$

Theo nguyên lý quy nạp, ta chứng minh được (*).

Như vậy, công thức tổng quát của dãy $({u_n})$là: ${u_n} = \dfrac{{{2^{n - 1}} + 1}}{{{2^{n - 1}}}} = 1 + \dfrac{1}{{{2^{n - 1}}}},\,\,\forall n = 1;2;...\,\,\,\,(*)$

Từ (*) ta có \({u_{n + 1}} - {u_n} = 1 + \dfrac{1}{{{2^n}}} - \left( {1 + \dfrac{1}{{{2^{n - 1}}}}} \right) \) \(= \dfrac{1}{{{2^n}}} - \dfrac{1}{{{2^{n + 1}}}} < 0\,\,\forall n = 1,2,... \Rightarrow \left( {{u_n}} \right)\) là dãy giảm và  \(\lim {u_n} = \lim \left( {1 + \dfrac{1}{{{2^{n - 1}}}}} \right) = 1 \Rightarrow \)$({u_n})$ là dãy giảm tới $1$ khi $n \to  + \infty $

Ta coi độ cao nảy lên lần thứ nhất là \({u_1} \Rightarrow {u_1} = 12.\dfrac{2}{3} = 8\)

\( \Rightarrow {u_2} = \dfrac{2}{3}{u_1};{u_3} = \dfrac{2}{3}{u_2};...;{u_n} = \dfrac{2}{3}{u_{n - 1}};...\)

=> Đây là cấp số nhân lùi vô hạn với \({u_1} = 8;q = \dfrac{2}{3}\)

Khi đó tổng quãng đường quả bóng đã di chuyển là

\(S = 12 + 2{u_1} + 2{u_2} + 2{u_3} + ... + 2{u_n} + ...\)

$=12+2.(u_1+u_2+…)$$=12+2.\dfrac{u_1}{1-q}$

\( = 12 + 2.\dfrac{8}{{1 - \dfrac{2}{3}}} = 60\)

Ta có \(1,\;a,\;{a^2},\;...,\;{a^n}\)  là một cấp số nhân có công bội \(a\) \( \Rightarrow 1 + a + {a^2} + ... + {a^n} = \dfrac{{1 - {a^{n + 1}}}}{{1 - a}}.\)

 Tương tự:   \(1 + b + {b^2} + ... + {b^n} = \dfrac{{1 - {b^{n + 1}}}}{{1 - b}}\)

\( \Rightarrow \lim I = \lim \dfrac{{\dfrac{{1 - {a^{n + 1}}}}{{1 - a}}}}{{\dfrac{{1 - {b^{n + 1}}}}{{1 - b}}}} = \lim \left( {\dfrac{{1 - {a^{n + 1}}}}{{1 - a}}.\dfrac{{1 - b}}{{1 - {b^{n + 1}}}}} \right) = \lim \left( {\dfrac{{1 - {a^{n + 1}}}}{{1 - {b^{n + 1}}}}.\dfrac{{1 - b}}{{1 - a}}} \right) = \dfrac{{1 - b}}{{1 - a}}.\)

(Vì \(\left| a \right| < 1,\;\;\left| b \right| < 1\)\( \Rightarrow \lim {a^{n + 1}} = \lim {b^{n + 1}} = 0\)).

Bước 1: Tìm cấp số nhân

Ta biểu diễn

\(a = \underbrace {\underbrace {\underbrace {0,1}_{{u_1}}1}_{{u_2}}1}_{{u_3}}... = 0,1 + 0,01 + 0,001 + ...\)\( = \dfrac{1}{{10}} + \dfrac{1}{{{{10}^2}}} + \dfrac{1}{{{{10}^3}}} + ...\)

Xét dãy \({u_1} = 0,1;{u_2} = 0,01;{u_3} = 0,001;\)\(...;{u_n} = 0,\underbrace {0...01}_{n\,{\rm{ chữ\, số}}};...\)

Ta thấy dãy trên có:

- Số hạng đầu: $u_{1}=0,1=\dfrac{1}{10}$.

- Số hạng thứ hai \({u_2}=0,01 = \dfrac{1}{{{{10}^2}}} = {u_1}.\dfrac{1}{{10}}\)

- Số hạng thứ n: \({u_n}=0,\underbrace {0...01}_{n\,{\rm{ chữ\, số}}} = \dfrac{1}{{{{10}^n}}} = {u_1}.{\left( {\dfrac{1}{{10}}} \right)^{n - 1}}\)

Bước 2: Sử dụng công thức tổng cấp số nhân lùi vô hạn

Như vậy $a$ là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn biết:

- Số hạng đầu: $u_{1}=\dfrac{1}{10}$.

- Công bội: $q=\dfrac{1}{10}$

Do vậy: $a=\dfrac{u_{1}}{1-q}=\dfrac{\dfrac{1}{10}}{1-\dfrac{1}{10}}=\dfrac{1}{9}$.

Vậy: $a=\dfrac{1}{9}$.

Bước 1:

Vì \(\lim \dfrac{1}{n} = 0;\lim \dfrac{1}{{{n^2}}} = 0\)

Bước 2:

Nên \(\lim \left( {\dfrac{2}{n} + \dfrac{3}{{{n^2}}}} \right) = 2.0 + 3.0 = 0\)

Bước 1:

\(\lim \dfrac{{{n^2} - 3{n^3}}}{{2{n^3} + 5n - 2}}\)\( = \lim \dfrac{{{n^3}\left( { - 3 + \dfrac{1}{n}} \right)}}{{{n^3}\left( {2 + \dfrac{5}{n} - \dfrac{2}{{{n^3}}}} \right)}}\)

Bước 2:

\( = \lim \dfrac{{ - 3 + \dfrac{1}{n}}}{{2 + \dfrac{5}{n} - \dfrac{2}{{{n^3}}}}} = \dfrac{{ - 3 + 0}}{{2 + 0 - 0}} = \dfrac{{ - 3}}{2}\)

Bước 1:

\(\lim \dfrac{{n + 1}}{{2n - 3}} = \lim \dfrac{{n\left( {1 + \dfrac{1}{n}} \right)}}{{n\left( {2 - \dfrac{3}{n}} \right)}}\)\( = \lim \dfrac{{1 + \dfrac{1}{n}}}{{2 - \dfrac{3}{n}}}\)

Bước 2:

\( = \dfrac{{1 + 0}}{{2 - 0}} = \dfrac{1}{2}\)

Bước 1:

Gọi \({a_n}\) là cạnh của tam giác \({A_n}{B_n}{C_n}\) với n nguyên dương.

Ta cần chứng minh cạnh của tam giác bất kì \({A_n}{B_n}{C_n}\) bằng \({a_n} = \dfrac{a}{{{2^n}}}\) với mọi số nguyên dương n   (*)

Vì \({A_1},{B_1},{C_1}\) là trung điểm các cạnh của tam giác ABC nên \({a_1} = \dfrac{a}{2}\)

Cạnh của tam giác \({A_1}{B_1}{C_1}\) có cạnh là \(\dfrac{a}{2} = \dfrac{a}{{{2^1}}}\)

Giả sử (*) đúng với \(n = k\)

Tức là cạnh của tam giác \({A_k}{B_k}{C_k}\) là \({a_k} = \dfrac{a}{{{2^k}}}\)

Ta có \({A_{k + 1}}{B_{k + 1}}{C_{k + 1}}\) có cạnh bằng một nửa cạnh của tam giác \({A_k}{B_k}{C_k}\) nên có cạnh là \({a_{k + 1}} = \dfrac{{{a_k}}}{2} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{a}{{{2^k}}} = \dfrac{a}{{{2^{k + 1}}}}\)

=> (*) đúng với \(n = k + 1\)

=> (*) đúng với mọi số nguyên dương n.

=> Chu vi của tam giác \({A_n}{B_n}{C_n}\) như giả thiết là \({P_n} = \dfrac{{3a}}{{{2^n}}}\).

Bước 2:

Như vậy \(P = 3a;{P_1} = \dfrac{{3a}}{2};{P_2} = \dfrac{{3a}}{{{2^2}}};...;{P_n} = \dfrac{{3a}}{{{2^n}}};...\)

Dãy số \(\left( {{P_n}} \right)\) gồm \(P,{P_1},{P_2},...\)là cấp số nhân với số hạng đầu là \(P = 3a\), công bội \(q = \dfrac{1}{2}\)

\( \Rightarrow P + {P_1} + {P_2} + ... = \dfrac{{3a}}{{1 - \dfrac{1}{2}}} = 6a\)

Bước 1: Tìm cấp số nhân

Ta có:

$\mathrm{S}_{1}$$=a^{2}$

$\mathrm{S}_{2}$$=\left(\dfrac{a \sqrt{2}}{2}\right)^{2}$ $=a^{2} \cdot \dfrac{1}{2}$

$\mathrm{S}_{3}$$=\left(\dfrac{a \sqrt{2}}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}$

$\cdots$

$\mathrm{S}_{\mathrm{n}}$

$=a^{2} \cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}$

Có $S_{1} ; S_{2} ; S_{3} ; \ldots$ là một cấp số nhân lùi vô hạn với:

- Số hạng đầu: $S_{1}=a^{2}$

- Công bội: $q=\dfrac{1}{2}$

Bước 2: Sử dụng công thức tổng cấp số nhân lùi vô hạn

Do đó: $S=S_{1}+S_{2}+S_{3}+\ldots=\dfrac{S_{1}}{1-q}=\dfrac{a^{2}}{1-\dfrac{1}{2}}=2 a^{2}$

Bước 1: Gọi $S_{1}$ là diện tích mặt đáy tháp. Biểu diễn diện tích mặt đáy tầng thứ n.

Gọi $S_{1}$ là diện tích mặt đáy tháp. Ta có: $S_{1}=15\left(m^{2}\right)$

Theo yêu cầu khi xây dựng tòa tháp, diên tích mặt đáy các tầng tiếp theo là:

$S_{2}=\dfrac{1}{2} S_{1}$

$S_{3}=\dfrac{1}{2} S_{2}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2} S_{1} .$

...

$S_{n}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1} S_{1} .$

Bước 2: Tính tổng diện tích mặt sàn 11 tầng.

Tổng diện tích mặt sàn 11 tầng tháp là

$S=S_{1}+S_{2}+. .+S_{11}=S_{1} .\left(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2^{2}}+. .+\dfrac{1}{2^{10}}\right)=15.1 . \dfrac{1-\dfrac{1}{2^{11}}}{1-\dfrac{1}{2}} \approx 29,98\left(m^{2}\right) .$

Bước 3: Tìm số viên gạch

Diện tích mỗi viên gạch là $30.30=900\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)=0,09\left(\mathrm{~m}^{2}\right)$

Số lượng gạch hoa cần mua là $\dfrac{S}{0,09} \approx 333,17$ (viên).

Vậy cần mua 334 viên gạch