Vì dãy các tam giác \({A_1}{B_1}{C_1};{A_2}{B_2}{C_2};{A_3}{B_3}{C_3};...\) là các tam giác đều nên bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác bằng cạnh \( \times \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Với \(n = 1\) thì tam giác đều \({A_1}{B_1}{C_1}\) có cạnh bằng 3 nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều \({A_1}{B_1}{C_1}\) là \({R_1} = 3 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \sqrt 3 \). Do đó \({S_1} = \pi {\left( {\sqrt 3 } \right)^2} = 3\pi \).

Với \(n = 2\) thì tam giác đều \({A_2}{B_2}{C_2}\) có cạnh bằng \(\frac{3}{2}\) nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều \({A_2}{B_2}{C_2}\) là \({R_2} = \frac{3}{2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\). Do đó \({S_2} = \pi {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = 3\pi \cdot \frac{1}{4}\).

Với \(n = 3\) thì tam giác đều \({A_3}{B_3}{C_3}\) có cạnh bằng \(\frac{3}{4}\) nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều \({A_3}{B_3}{C_3}\) là \({R_3} = \frac{3}{4} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\). Do đó \({S_3} = \pi {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{4}} \right)^2} = 3\pi {\left( {\frac{1}{4}} \right)^2}\).

Như vậy tam giác \({A_n}{B_n}{C_n}\) có cạnh \(3 \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}\) và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều \({A_n}{B_n}{C_n}\) là \[{R_n} = 3 \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \sqrt 3 .{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}\]. Do đó \({S_n} = \pi {\left( {\sqrt 3 .{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{n - 1}}} \right)^2} = 3\pi {\left( {\frac{1}{4}} \right)^{n - 1}}\).

Khi đó \(S = {S_1} + {S_2} + ... + {S_n} + ...\)\[ = 3\pi + 3\pi \cdot \frac{1}{4} + 3\pi \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} + ... + 3\pi \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^{n - 1}} + ...\] là tổng cấp số nhân lùi vô hạn với \({u_1} = 3\pi ;q = \frac{1}{4}\).

Vậy \(S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{{3\pi }}{{1 - \frac{1}{4}}} = 4\pi \).

lim 1/5 n + 3 bằng