Analiză matematică/Șiruri numerice/Exerciții

1. Să se demonstreze că următoarele șiruri sunt convergente și, aplicând definiția cu $\varepsilon ,$ să se arate că $l$ este limita șirului considerat:

a) $a_{n}={\frac {2n}{3n+1}},\qquad l={\frac {2}{3}};$

b) $a_{n}={\frac {\alpha n}{\beta n+1}},\qquad l\in \{0,1,{\frac {\alpha }{\beta }}\},\;\beta \neq 0;$

c) $a_{n}={\frac {2^{n}+(-2)^{n}}{3^{n}}},\;l=0.$

R.

a) Avem:

$\forall n\in \mathbb {N} ,\qquad a_{n+1}-a_{n}={\frac {2}{(3n+4)(3n+1)}}>0,$

deci șirul este crescător. Mai departe:

$a_{n}={\frac {2n}{3n+1}}<{\frac {2n}{3n}}={\frac {2}{3}},$

deci șirul este și mărginit și, conform teoremei lui Weierstrass, șirul este convergent.

Pentru a demonstra că $l={\frac {2}{3}}$ este limita, trebuie să se arate că $\forall \varepsilon >0$ (oricât de mic) se poate găsi un rang $n_{\varepsilon },$ dependent de $\varepsilon ,$ astfel încât pentru toți termenii $a_{n}$ de rang $n\geq n_{\varepsilon }$ există relația:

$\left|{\frac {2n}{3n+1}}-{\frac {2}{3}}\right|<\varepsilon \;\Leftrightarrow \;\left|{\frac {-2}{3(3n+1)}}\right|<\varepsilon \;\Leftrightarrow \;-\varepsilon <{\frac {2}{3(3n+1)}}<\varepsilon .$

Cum prima inegalitate este evidentă, mai trebuie să fie verificată a doua, deci:

$n>{\frac {2-3\varepsilon }{9\varepsilon }}.$

b) Există relațiile: $a_{n}\in \left[0,{\frac {\alpha }{\beta }}\right]$ dacă $\alpha \geq 0$ și $a_{n}\in \left[{\frac {\alpha }{\beta }},0\right)$ dacă $\alpha \leq 0.$

Deci șirul este crescător dacă $\alpha \geq 0$ și descrescător dacă $\alpha \leq 0.$

c)   $\left|{\frac {2^{n}+(-2)^{n}}{3^{n}}}-0\right|<{\frac {2^{n}+2^{n}}{3^{n}}}=\left({\frac {2}{3}}\right)^{n}\cdot 2,$

Condiția ca $|a_{n}-0|<\varepsilon$ este echivalentă cu $\left({\frac {2}{3}}\right)^{n}<{\frac {\varepsilon }{2}},$ deci:

$n>{\frac {\ln \varepsilon -\ln 2}{\ln 2-\ln 3}}.$

---

2. Dacă un şir $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} ^{*}}$ este convergent, atunci şirul $(\Delta a_{n})_{n\in \mathbb {N} ^{*}}$, dat de $\Delta a_{n}=a_{n+1}-a_{n},\forall n\in \mathbb {N}$, este convergent la zero. Dacă şirul $(\Delta a_{n})_{n\in \mathbb {N} ^{*}}$ converge la $A\neq 0$ atunci şirul $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} ^{*}}$ nu este convergent.

R. Conform definiţiei, $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} ^{*}}$ este convergent dacă şi numai dacă $(\exists )a\in \mathbb {R}$ astfel încât, $(\forall )\varepsilon >0,\;(\exists )n_{\varepsilon }\in \mathbb {N} ^{*}$ astfel încât $(\forall )n\geq n_{\varepsilon }$ are loc:

$|a_{n}-a|<\varepsilon .$

Atunci:

$|\Delta a_{n}|=|a_{n+1}-a_{n}|=|a_{n+1}-a+a-a_{n}|\leq |a_{n+1}-a|+|a_{n}-a|,\;(\forall )n\in \mathbb {N} ^{*}.$

Fie $\varepsilon >0$, arbitrar, atunci:

$|\Delta a_{n}|\leq |a_{n+1}-a|+|a_{n}-a|<{\frac {\varepsilon }{2}}+{\frac {\varepsilon }{2}}=\varepsilon ,\;(\forall )n\geq n_{\varepsilon }.$

Cum $\varepsilon >0$ a fosr arbitrar, rezultă că $(\forall )\varepsilon >0,\;(\exists )n_{\varepsilon }\in \mathbb {N} ^{*}$ astfel încât:

$|\Delta a_{n}|<\varepsilon ,\;(\forall )n\geq n_{\varepsilon }$

deci, echivalent cu:

$\lim _{n\to \infty }\Delta a_{n}=0.$

Dacă $\lim _{n\to \infty }\Delta a_{n}=A\neq 0$ atunci şirul $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ nu poate fi convergent, deoarece din cele demonstrate anterior, ar rezulta $A=0$, ceea ce este contradictoriu.

---

3. Stabiliți dacă următoarele șiruri sunt fundamentale (Cauchy):

a) $x_{n}={\frac {n+2}{3n+5}},\;n\in \mathbb {N} ;$

b) $x_{n}=1+{\frac {1}{\sqrt {2}}}+{\frac {1}{\sqrt {3}}}+\cdots +{\frac {1}{\sqrt {n}}},\;n\in \mathbb {N} ^{*};$

c) $x_{n}=1+{\frac {1}{2^{2}}}+{\frac {1}{3^{2}}}+\cdots +{\frac {1}{n^{2}}},\;n\in \mathbb {N} ^{*};$

d) $x_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {\cos(k!)}{k(k+1)}},\;n\in \mathbb {N} ;$

e) $x_{n}={\frac {n^{2}}{n+1}},n\in \mathbb {N} .$

R.

a)   $|x_{n+p}-x_{n}|={\frac {p}{(3n+3p+5)(3n+5)}}<{\frac {p}{3p(3n+5)}}={\frac {1}{3(3n+5)}}.$

Majorantul este un șir convergent la 0, al cărui termen general nu depinde de $p.$ Rezultă că $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ este șir fundamental (Cauchy).

b)   $|x_{n+p}-x_{n}|={\frac {1}{\sqrt {n+1}}}+{\frac {1}{\sqrt {n+2}}}+\cdots +{\frac {1}{\sqrt {n+p}}}.$

Se observă că pentru $p=n$ se obține:

$|x_{2n}-x_{n}|={\frac {1}{\sqrt {n+1}}}+{\frac {1}{\sqrt {n+2}}}+\cdots +{\frac {1}{\sqrt {n+n}}}>$

$>{\frac {1}{\sqrt {n+n}}}+{\frac {1}{\sqrt {n+n}}}+\cdots +{\frac {1}{\sqrt {n+n}}}={\sqrt {\frac {n}{2}}}.$

Rezultă de aici că $|x_{2n}-x_{n}|$ nu tinde către 0, deci șirul nu este fundamental.

c)   $|x_{n+p}-x_{n}|={\frac {1}{(n+1)^{2}}}+{\frac {1}{(n+2)^{2}}}+\cdots +{\frac {1}{(n+p)^{2}}}<{\frac {1}{n(n+1)}}+{\frac {1}{(n+1)(n+2)}}+\cdots$

$\cdots +{\frac {1}{(n+p-1)(n+p)}}={\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+p}}<{\frac {1}{n}}.$

Cum majorantul este un șir convergent la 0 și nu depinde de $p,$ rezultă că șirul este fundamental.

d)   $|x_{n+p}-x_{n}|=\left|\sum _{k=1}^{n+p}{\frac {\cos(k!)}{k(k+1)}}-\sum _{k=1}^{n}{\frac {\cos(k!)}{k(k+1)}}\right|=\sum _{k=n+1}^{n+p}{\frac {\cos(k!)}{k(k+1)}}\leq$

$\leq \sum _{k=n+1}^{n+p}{\frac {1}{k(k+1)}}=\sum _{k=n+1}^{n+p}\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)={\frac {1}{n+1}}-{\frac {1}{n+p+1}},\;\forall n\in \mathbb {N} ^{*}.$

e) Deoarece $x_{n}={\frac {n^{2}}{n+1}}={\frac {n^{2}-1}{n+1}}+{\frac {1}{n+1}}=n-1+{\frac {1}{n+1}}>n-1,\;\forall n\in \mathbb {N} ^{*}.$

Pentru orice $M>0$ există $n\in \mathbb {N}$ astfel încât $n-l>M$ (de exemplu $n=[M]+2$), prin urmare există $n\in \mathbb {N}$ astfel încât $x_{n}>M$ deci $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ nu este majorat, deci este nemărginit, deci nu este fundamental.

---

4. Să se calculeze:

$\lim _{n\to \infty }{\frac {{\sqrt {5n^{2}-3n}}+2}{4n+1}}$

R.  $\lim _{n\to \infty }{\frac {{\sqrt {5n^{2}-3n}}+2}{4n+1}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {n\left({\sqrt {5-{\frac {3}{n}}}}+{\frac {2}{n}}\right)}{n\left(4+{\frac {1}{n}}\right)}}={\frac {\sqrt {5}}{4}}.$

---

5. Se consideră șirul cu termenul general:

$S_{n}={\frac {1}{1\cdot 3}}+{\frac {1}{2\cdot 4}}+\cdots +{\frac {1}{n(n+2)}}.$

Să se calculeze:

$\lim _{n\to \infty }2^{n}\cdot \left(S_{n}-{\frac {1}{4}}\right)^{n}.$

R. Pentru calcularea sumei, se va descompune termenul general într-o sumă de fracții elementare:

${\frac {1}{n(n+2)}}={\frac {A}{n}}+{\frac {B}{n+2}}\;\Rightarrow \;{\frac {1}{n(n+2)}}={\frac {(A+B)n+2A}{n(n+2)}}\;\Rightarrow$

$\Rightarrow \;1=(A+B)n+2A$

și, aplicând metoda coeficienților nedeterminați, se obține:

${\begin{cases}A+B=0\\2A=1\end{cases}}$ deci ${\begin{cases}A={\frac {1}{2}}\\B=-{\frac {1}{2}}\end{cases}}$

Așadar, ${\frac {1}{n(n+2)}}={\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+2}}\right).$ Deci:

${\frac {1}{1\cdot 3}}={\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{1}}-{\frac {1}{3}}\right)$

${\frac {1}{2\cdot 4}}={\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}\right)$

${\frac {1}{3\cdot 5}}={\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{3}}-{\frac {1}{5}}\right)$

${\frac {1}{4\cdot 6}}={\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{4}}-{\frac {1}{6}}\right)$

$\vdots$

${\frac {1}{n(n+2)}}={\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+2}}\right)$

Adunând membru cu membru aceste egalități și reducând termenii asemenea, se obține:

$S_{n}={\frac {1}{2}}\left[{\frac {3}{2}}-{\frac {2n+3}{(n+1)(n+2)}}\right]$

Rezultă:

$\lim _{n\to \infty }2^{n}\left(S_{n}-{\frac {1}{4}}\right)^{n}=\lim _{n\to \infty }\left[1-{\frac {2n+3}{(n+1)(n+2)}}\right]^{n}={\frac {1}{e^{2}}}.$

---

6. Se consideră șirul cu termenul general:

$S_{n}={\frac {1}{\sqrt[{p}]{n^{p}+a}}}+{\frac {1}{\sqrt[{p}]{n^{p}+2a}}}+\cdots +{\frac {1}{\sqrt[{p}]{n^{p}+na}}},$

unde $a>0,\;p\geq 2,\;n\in \mathbb {N} .$

Să se demonstreze că șirul este mărginit, convergent și să i se calculeze limita.

R.   $S_{n}<{\frac {n}{\sqrt[{p}]{n^{p}+a}}}<{\frac {n}{\sqrt[{p}]{n^{p}}}}={\frac {n}{n}}=1.$

Cum $(S_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ este un șir de numere pozitive, rezultă că pentru orice $n\in \mathbb {N} ^{*}$ avem $S_{n}\in (0,1)$ deci este un șir mărginit.

Mai departe, se observă că:

${\frac {n}{\sqrt[{p}]{n^{p}+na}}}\leq S_{n}\leq {\frac {n}{\sqrt[{p}]{n^{p}+a}}},\quad p>1$

adică:

${\frac {1}{\sqrt[{p}]{1+{\frac {a}{n^{p-1}}}}}}\leq S_{n}\leq {\frac {1}{\sqrt[{p}]{1+{\frac {a}{n^{p}}}}}}.$

Prin trecere la limită se obține:

$\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{\sqrt[{p}]{1+{\frac {a}{n^{p-1}}}}}}\leq \lim _{n\to \infty }S_{n}\leq \lim _{n\to \infty }{\frac {1}{\sqrt[{p}]{1+{\frac {a}{n^{p}}}}}}\;\Rightarrow$

$\Rightarrow \;\lim _{n\to \infty }S_{n}=1.$

---

7. Să se calculeze:

$L=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {3n+2}{3n+5}}\right)^{n}.$

R.   $L=\lim _{n\to \infty }\left\{\left[\left(1+{\tfrac {-3}{3n+5}}\right)^{\frac {3n+5}{-3}}\right]^{\frac {-3n}{3n+5}}\right\}=\mathbf {e} ^{\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\tfrac {-3n}{3n+5}}}={\frac {1}{e}}.$

---

8. Să se calculeze:

$\lim _{n\to \infty }{\bigg (}1+{\frac {1}{\sqrt {n}}}{\bigg )}^{n^{k}},$  unde $k\in \mathbb {R} .$

R.   $\lim _{n\to \infty }\left\{\left[\left(1+{\frac {1}{\sqrt {n}}}\right)^{\sqrt {n}}\right]^{\frac {n^{k}}{\sqrt {n}}}\right\}=\mathbf {e} ^{\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {n^{k}}{\sqrt {n}}}}={\begin{cases}e^{0}=1&{\text{pentru}}\;k<{\frac {1}{2}}\\e&{\text{pentru}}\;k={\frac {1}{2}}\\e^{\infty }=\infty &{\text{pentru}}\;k>{\frac {1}{2}}\end{cases}}.$

---

9. Să se calculeze:   $L=\lim _{n\to \infty }{\frac {{\bigg (}1+{\frac {1}{n}}{\bigg )}^{3}-1}{{\bigg (}3+{\frac {1}{n}}{\bigg )}^{2}-1}}.$

Generalizare.   $\lim _{n\to \infty }{\frac {(a+{\frac {1}{n}})^{k}-a^{k}}{(b+{\frac {1}{n}})^{p}-b^{p}}}={\frac {k}{p}}\cdot {\frac {a^{k-1}}{b^{p-1}}},\quad k,p\in \mathbb {N} ,\;k,p\geq 2,\;a,b\in \mathbb {R} ,\;b\neq 0.$

R.   $L=\lim _{n\to \infty }{\Bigg (}{\frac {3n^{2}+3n+1}{n^{3}}}\cdot {\frac {n^{2}}{6n+1}}{\Bigg )}={\frac {1}{2}}.$

---