Siruri date prin termenul general In cele mai multe cazuri, sirurile sunt specificate prin formula termenului general – adica, dat fiind n ∈ ¥ k = {n ∈ ¥ n ≥ k fixat} se da o relatie directa de calcul pentru an . Chiar si asa, de multe ori este necesar un efort suplimentar pentru a stabili convergenta sirului si pentru a-i calcula limita (in cazul in care aceasta exista). Aceasta deoarece formula termenului general poate conduce la necesitatea calculului unei sume, unui produs sau la utilizarea unor artificii. Suntem de parere ca in capitolul (acum ajuns in programa clasei a IX-a) referitor la inductia matematica, o sectiune aparte trebuie dedicata calculelor iterate: sume, produse etc. Si intrucat multe sume sau produse interesante pot contine radicali, logaritmi, functii trigonometrice etc. acest capitol ar trebui sa revina la clasa a X-a – mutand la loc in clasa a IX-a capitolul de numere complexe (chiar daca acesta a fost mai nou lipit ‘strategic’ de cel referitor la polinoame). Ex. rezolvat 1. Calculati: 1 ⋅ 4 + 2 ⋅ 5 + 3 ⋅ 6 + ... + n ( n + 3 ) a) lim n →∞ Cnn+3 1 1 1 b) lim 1 − 1 − ... 1 − n →∞ 3 6 n ( n + 1) 2 Solutie. a) Trebuie mai intai calculata suma de la numarator, care se scrie mai simplu: n
n
n
k =1
k =1
k =1
∑ k ( k + 3) = ∑ k 2 + 3∑ k Se cunosc insa rezultatele (sau cel putin ar trebui sa le memorati de acum inainte): n ( n + 1) 2 k =1 n n ( n + 1)( 2n + 1) S 2 = 12 + 22 + ... + n 2 = ∑ k 2 = 6 k =1 n
S1 = 1 + 2 + ... + n = ∑ k =
n 2 ( n + 1) S3 = 1 + 2 + ... + n = ∑ k = = S12 4 k =1 2
n
3
3
3
3
Rezulta:
n ( n + 1)( 2n + 1) 3n ( n + 1) n ( n + 1)( n + 5 ) + = 6 2 3 k =1 k =1 k =1 ( n + 3)( n + 2 )( n + 1) Pe de alta parte, Cnn+3 = Cn3+3 = 6 n
n
∑ k ( k + 3) = ∑ k
n
2
+ 3∑ k =
Limita este: n ( n + 1)( n + 5 ) 6 n 2 + 5n lim ⋅ = 2 lim 2 =2 n →∞ 3 ( n + 1)( n + 2)( n + 3) n→∞ n + 5n + 6 b) Termenul general al sirului se scrie sub forma condensata astfel: n 2 n k2 + k − 2 1 − =∏ ∏ k ( k + 1) k =2 k ( k + 1) k =2 Se observa ca putem descompune in factori liniari trinomul de la numarator: k 2 + k − 2 = ( k − 1)( k + 2 ) Acum scriem cativa termeni ai produsului, incercand sa observam ce se simplifica: n ( k − 1)( k + 2 ) = 1⋅ 4 ⋅ 2 ⋅ 5 ⋅ 3 ⋅ 6 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ ... ∏ k ( k + 1) 2⋅3 3 ⋅ 4 4 ⋅5 5⋅6 k =2 Dupa cum observam, primul factor simplificat complet este 4. Cei aflati inaintea sa (1,2,3) se simplifica numai partial. Pentru finalul produsului, trebuie sa scriem ultimii 4 factori (tot atatia cati am scris si la inceput ca sa observam simplificarea completa a lui 4). Acestia corespund valorilor k = n − 3, k = n − 2, k = n − 1 si k = n : n ( k − 1)( k + 2 ) = 1 ⋅ 4 ⋅ 2 ⋅ 5 ⋅ 3 ⋅ 6 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ ... ⋅ ∏ k ( k + 1) 2⋅3 3⋅ 4 4 ⋅5 5⋅6 k =2 ⋅
( n − 4 )( n − 1) ⋅ ( n − 3 ) n ⋅ ( n − 2 )( n + 1) ⋅ ( n − 1)( n + 2 ) = n ( n + 1) ( n − 3)( n − 2 ) ( n − 2 )( n − 1) ( n − 1) n
1 n+2 = ⋅ 3 n La fel, ultimul factor simplificat complet este ( n − 1) . Factorii mai mari decat acesta nu se simplifica decat partial, rezultatul fiind cel de mai sus. Calculul limitei este acum foarte simplu: n ( k − 1)( k + 2 ) = 1 lim n + 2 = 1 lim ∏ n →∞ k ( k + 1) 3 n →∞ n 3 k =2 Observatii. 1) Exercitiul de mai sus este tipic pentru capitolul de fata. Este bine sa se lucreze un numar suficient de astfel de exercitii, pentru deprinderea corecta a algoritmului. Erorile apar cel mai frecvent la capete: fie nu se simplifica un numar suficient de termeni, fie se simplifica prea multi – sau chiar daca simplificarea se face corect, transcrierea ulterioara viciaza rezultatul. 2) Nu recomandam insa ca acesta sa fie singurul gen de exercitii pe care sa se insiste la capitolul ‘siruri’. Ex. rezolvat 2. Sa se calculeze: 3a n + b n lim n , a, b > 0 . Discutie. n →∞ 4a + 5b n Solutie. Exercitiul face apel la cunoasterea limitei:
nu exista, pt. q ≤ −1 pt. q ∈ ( −1;1) 0, n lim q = n →∞ pt. q = 1 1, +∞, pt. q > 1 Artificiul aplicat este de a imparti fractia fie cu a n , fie cu b n dupa cum a > b sau a < b . i) a > b . Impartim fractia data cu a n si avem: n b 3+ n 3 a b lim = deoarece lim = 0 n n →∞ n →∞ a 4 b 4 + 5⋅ a ii) a < b . Impartim fractia cu b n si rezulta: n a 3⋅ +1 1 b lim n = n →∞ 5 a 4⋅ + 5 b 4a n 4 iii) a = b . Ramane lim n = n →∞ 9a 9 In concluzie, limita este egala cu: 3 4 , daca a > b 3a n + b n 1 lim n = , daca a < b n →∞ 4a + 5b n 5 4 9 , daca a = b Ex. rezolvat 3. Sa se calculeze: n k +2 a) lim ∑ n →∞ k =1 k !+ ( k + 1) !+ ( k + 2 ) ! k ⋅ 2k n →∞ k =1 ( k + 2 ) ! n
b) lim ∑
2k + 1 n →∞ k! k =1 Solutie. In toate sumele intervin, dupa cum se observa, factoriale. In plus, in cea de-a doua apare si 2k . a) Se da k ! factor la numitorul termenului general al sumei si rezulta: n
c) lim ∑
k+2 k+2 k+2 = = = k !+ ( k + 1) !+ ( k + 2 ) ! k ! (1 + k + 1 + ( k + 1)( k + 2 ) ) k ! ( k + 2 + ( k + 1)( k + 2 ) ) =
k+2 k ! ( k + 2)
2
=
1 k ! ( k + 2)
Am ajuns aparent intr-un impas. Ideea este sa observam ca daca amplificam fractia cu ( k + 1) , obtinem la numitor ( k + 2 )! : k+2 k +1 k + 2 −1 k+2 1 = = = − = k !+ ( k + 1) !+ ( k + 2 )! ( k + 2 ) ! ( k + 2 )! ( k + 2 ) ! ( k + 2 ) ! 1 1 − ( k + 1)! ( k + 2 )! Aceasta forma este adecvata insumarii termen cu termen: n n k+2 1 1 1 1 1 1 = − = − + − + ∑ ∑ ( k + 2 )! 2! 3! 3! 4! k =1 k !+ ( k + 1) !+ ( k + 2 ) ! k =1 ( k + 1) ! =
+... +
1 1 1 1 1 1 − + − = − n ! ( n + 1) ! ( n + 1) ! ( n + 2 ) ! 2 ( n + 2 ) !
n 1 k +2 1 = 0 ⇒ lim ∑ = n →∞ ( n + 2 ) ! n →∞ 2 k =1 k !+ ( k + 1) !+ ( k + 2 ) ! b) Ideea de rezolvare este sa adunam si sa scadem 2 k-ului de la numarator. Termenul general al sumei devine: ( k + 2 − 2 ) ⋅ 2 k ( k + 2 ) ⋅ 2 k 2k +1 k ⋅ 2k 2k 2k +1 = = − = − ( k + 2)! ( k + 2)! ( k + 2 ) ! ( k + 2 )! ( k + 1)! ( k + 2 ) ! Se scriu acum cativa termeni ai sumei (cel putin doi de la inceput si doi de la sfarsit): n n k ⋅ 2k 2k 2k +1 2 22 22 23 = − = − + − + ∑ ∑ ( k + 2 )! 2! 3! 3! 4! k =1 ( k + 2 ) ! k =1 ( k + 1) ! 2 n −1 2n 2n 2 n +1 2 n +1 +... + − + − = 1− n ! ( n + 1) ! ( n + 1) ! ( n + 2 )! ( n + 2 )!
Cum lim
n 2n 2n +1 k ⋅ 2k = 0 ⇒ lim = 0 ⇒ lim ∑ =1 n →∞ n ! n →∞ ( n + 2 ) ! n →∞ k =1 ( k + 2 ) !
Dar lim
c) Oricat am incerca, nu vom reusi sa descompunem termenul general al sumei in ceva care sa produca izbavitoarea simplificare in lant. Solutia este sa despartim suma sub forma: n n n n 2k + 1 k 1 1 1 = 2∑ + ∑ = 2∑ +∑ k! k =1 k =1 k ! k =1 k ! k =1 ( k − 1) ! k =1 k ! Este momentul sa ne amintim de sirul: n 1 1 1 1 En = ∑ = 1 + + + ... + 1! 2! n! k =0 k ! n
∑
n
1 Acesta este convergent si are limita e = lim 1 + (vezi demonstratia n →∞ n in manual). Rezulta: n n 2k + 1 2 2 2k + 1 = 2 E − + E − 1 = 3 E − 1 − ⇒ lim = 3e − 1 ∑ ∑ n n n k! n! n ! n →∞ k =1 k ! k =1
Ex. rezolvat 4. Calculati: n 1 a) lim ∑ ln 1 − 2 n →∞ k k =2 b) lim 2 n ⋅ 2 − 2 + 2 + ... + 2 + 3 n →∞ 14444 4244444 3 n radicali
n
c) lim ∑ arctg n →∞
k =1
1 2k 2
Solutie. a) Avem: n 1 n 1 1 n k − 1 k +1 ln 1 − = ∑ ln 1 − 1 + = ∑ ln + ln ∑ = 2 k k k k = 2 k k k = 2 k =2 1 3 2 4 n−2 n n −1 n +1 = ln + ln + ln + ln + ... + ln + ln + ln + ln = 2 2 3 3 n −1 n −1 n n n − 2 n n −1 n + 1 n +1 1 3 2 4 = ln ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ln n −1 n −1 n n 2n 2 2 3 3 Functia x → ln x fiind continua, rezulta: 1 n +1 n +1 lim ln = ln lim = ln = − ln 2 n →∞ n →∞ 2 n 2n 2 b) Fara vreo legatura aparenta cu exercitiul de fata, observam ca: π π 3 cos = ⇒ sin = 6 2 12
π 3 1− 6 = 2 = 2 2
1 − cos
2− 3 ; 2
π 1 + cos π 6 = 2+ 3 cos = 12 2 2 Se calculeaza mai departe: π sin = 24
π 2+ 3 1− 2− 2+ 3 12 = 2 ; = 2 2 2
1 − cos
π 1 + cos π 12 = 2 + 2 + 3 cos = 24 2 2 Demonstram acum prin inductie matematica (va las placerea J) ca:
n radicali 6444 474444 8 2 + 2 + ... + 2 + 3 π cos 3 ⋅ 2n = 2 n radicali 6444 474444 8 sin π = 2 − 2 + ... + 2 + 3 2 3 ⋅ 2n Rezulta ca avem de calculat limita: π π sin sin n π 3 ⋅ 2 ⋅ 2π = 2π , 3 ⋅ 2n = 1 ; lim 2 n ⋅ 2sin lim deoarece lim = n →∞ n →∞ π 3 ⋅ 2n n→∞ π 3 3 n 3⋅ 2 3 ⋅ 2n π sin x = 1 , iar an = → 0. aceasta rezulta din faptul ca lim x→0 x 3 ⋅ 2n k k +1 si v = arctg . Intamplator, ne propunem sa calculam c) Fie u = arctg k −1 k tgu − tgv k k +1 tg ( u − v ) = . Inlocuim tgu = si tgv = si rezulta: 1 + tgu ⋅ tgv k −1 k k 2 − k 2 +1 k k +1 − k −1 1 1 k − k = k ( k − 1) = 1 tg ( u − v ) = ⋅ = 2 k k +1 k +1 k ( k − 1) 2k 2k ⋅ 1+ 1+ k −1 k k −1 k k +1 1 1 In consecinta, u − v = arctg 2 ⇒ arctg 2 = arctg − arctg ( ∗) 2k 2k k −1 k Aceasta forma este propice punerii in miscare a “rasnitei” (adica a simplificarii in lant). Relatia (∗) insa nu e OK pentru k = 1 , caz in care rezulta
arctg
1 1 = arctg − arctg2 . Dar: 2 0 1 1 π tg − arctg = ctg arctg = 2 2 2
1
=2⇒
π 1 − arctg = arctg2 2 2
1 tg arctg 2 1 π Prin urmare, pentru k = 1 vom scrie arctg = − arctg2 ; suma devine: 2 2 n 1 π 3 3 4 arctg 2 = − arctg2 + arctg2 − arctg + arctg − arctg + ∑ 2k 2 2 2 3 k =1 n −1 n n n +1 π n +1 +... + arctg − arctg + arctg − arctg = − arctg n−2 n −1 n −1 n 2 n Folosind continuitatea functiei x → arctgx , rezulta: n 1 π n +1 π lim ∑ arctg 2 = − arctg lim = n →∞ 2k 2 n→∞ n 4 k =1
Ex. rezolvat 5. Sa se calculeze: a) lim n n a − 1 , a > 0, a ≠ 1
(
n →∞
)
b) lim n k ⋅ n →∞
c) lim
n →∞
(
n
n
n −1 n +1 a − 1 ⋅ − , a > 0, a ≠ 1, k ∈ ¥ . Discutie. n + 2 n 1
)
1 n
∑
(
u u u a − 1 ⇒ n = n a − 1 ⇒ n a = 1 + n ⇒ 1 + n = a n n n
2k + 4k 2 − 1 Solutie. a) Rezultatul acestui exercitiu este bine sa fie retinut, deoarece intervine in rezolvarea altor exercitii. Fie: un = n
n
k =1
n
)
n
n
u u un Dar lim 1 + n = lim 1 + n n →∞ n n→∞ n
⋅un
lim un
= e n→∞
lim un
Rezulta ca e n→∞ = a ⇒ lim un = ln a n →∞
b) Fie L limita de calculat. Radicalul se amplifica cu conjugata, in timp ce in primii doi factori ai produsului se recunoaste prezenta sirului un de la punctul a). Asadar: n −1 n +1 − k −1 n n n+2 L = lim n ⋅ n a − 1 ⋅ n →∞ n −1 n +1 + n n+2 Un principiu foarte sanatos in calculul limitelor de siruri si mai ales de functii este ca, atunci cand avem de eliminat o nedeterminare, sa observam din timp factorii care nu produc nedeterminarea si sa ii evaluam pe parcurs. In acest mod, se evita pe cat posibil efectuarea unor calcule dificile si totodata inutile. In cazul de fata, suma celor doi radicali de la numitorul ultimului factor are limita 2, valoare pe care o inlocuim pur si simplu; de asemenea, vom inlocui si valoarea limitei determinate la punctul a): 2 2 1 1 k −1 n + n − 2 − n − n L = ln a ⋅ lim n ⋅ = − ln a ⋅ lim n k −3 ⋅ = 2 n →∞ n →∞ 2 2 n + 2n 1+ n k −3 = − ln a ⋅ lim n
(
)
n →∞
Se impune acum efectuarea unei analize de cazuri (discutie): i) pentru k > 3 , avem: ∞, daca a ∈ ( 0;1) lim n k −3 = ∞ ⇒ L = −∞⋅ sgn ( ln a ) = n →∞ −∞, daca a > 1 ii) pentru k = 3 , avem: lim n k −3 = 1 ⇒ L = − ln a n →∞
iii)
pentru k < 3 , avem: lim n k −3 = 0 ⇒ L = 0 n →∞
Concluzionand, avem:
−∞ ⋅ sgn ( ln a ) , daca k > 3 L = − ln a , daca k = 3 0, daca k < 3 Observatie. Cand amplificam cu conjugata o expresie si cand nu e cazul ? Iata alt amanunt a carui cunoastere ne simplifica mult viata cand avem de calculat limite de siruri sau de functii ce se preteaza la acest procedeu. Raspunsul la intrebare este simplu: - atunci cand avem un termen dominant (prin putere sau coeficient), nu se impune o amplificare cu conjugata; - daca ambii termeni ai expresiei au aceeasi putere si acelasi coeficient, amplificarea cu conjugata este singura sansa. Sa luam cateva exemple pentru a ilustra cele afirmate mai sus. 1 i) lim n 2 + n − 2n + 1 = lim n ⋅ n + 1 − 2 + = ∞ ⋅ ( ∞ − 2 ) = ∞ . Nu a n →∞ n →∞ n
(
)
fost cazul sa amplificam cu conjugata. Termenul n 2 + n a fost dominant prin putere. 1 1 ii) lim 5 n + 1 − 5 2n + 1 = lim 5 n ⋅ 5 1 + − 5 2 + = ∞ ⋅ 1 − 5 2 = −∞ n →∞ n →∞ n n Nici in acest caz nu a fost nevoie de amplificarea cu conjugata, termenul − 5 2n + 1 fiind dominant prin coeficient.
(
iii) lim n ⋅ n →∞
)
(
(
)
)
n + 1 − n . Aici nu avem termeni dominanti si ca atare
trebuie sa amplificam cu conjugata: n +1− n 1 1 lim n ⋅ = lim = n →∞ 2 n + 1 + n n→∞ 1 1+ +1 n c) Sa revenim insa la exercitiul nostru. Punctul de fata pare a impune folosirea formulei radicalilor compusi. Daca nu o cunosteati, scrieti-o cu rosu undeva pentru a o retine: A+ C A−C A± B = ± , unde C = A2 − B . Evident ca formula se 2 2 dovedeste utila numai atunci cand expresia C = A2 − B este rationala; altfel, radicalul initial se transforma intr-o suma de doi radicali de acelasi tip cu el si nu obtinem nici un avantaj. Pentru A = 2k , B = 4 k 2 − 1 obtinem C = 1 si rasuflam usurati. Rezulta: 1
=
1
=
2 2k + 1 + 2k − 1
2k + 1 2k − 1 + 2 2 Forma obtinuta este oarecum mai simpla, dar nu foarte utila pentru simplificarea din aproape in aproape. Efectuam o amplificare cu conjugata: 2k + 4k 2 − 1
1 2k + 4k 2 − 1 Obtinem: n 1
∑ k =1
2
=
2k + 4k − 1
(
2k + 1 − 2k − 1
)
2
=
2
2 n ∑ 2 k =1
(
(
)
2k + 1 − 2k − 1 =
)
2 3 − 1 + 5 − 3 + ... + 2n − 1 − 2n − 3 + 2n + 1 − 2n − 1 = 2 2 = 2n + 1 − 1 2 Prin urmare, avem de calculat: 2 2 n +1 −1 2 1 1 lim ⋅ = ⋅ lim 2 + − =1 n →∞ 2 2 n →∞ n n n =
(
)
Ex. rezolvat 6. Calculati: 4 n 1 a) lim ⋅ ∑ n →∞ 3 k =1 k ( k + 2 )
(
b) lim cos nπ ⋅ 2 n e n →∞
n
)
Solutie. a) Pentru calculul sumei din paranteze, termenul general trebuie descompus in fractii simple: 1 A B = + ( ∗) k ( k + 2) k k + 2
Amplificam pe rand relatia (∗) cu k si ( k + 2 ) , dand lui k valorile k = 0 , respectiv k = −2 : 1 Bk 1 = A+ k =0⇒ A= k +2 k +2 2 1 A( k + 2) 1 = + B k = −2 ⇒ B = − k k 2 Sigur ca puteam aduce la acelasi numitor, rezolvand rapid sistemul de doua ecuatii cu doua necunoscute care rezulta din egalarea coeficientilor. In exemple cu volum mai mare de calcule (in special cand e vorba de calculul unor primitive din functii rationale), recomandam aplicarea pentru inceput a acestei metode. Chiar daca nu se pot determina astfel toti coeficientii, se realizeaza o reducere sensibila a numarului de necunoscute. Calculam suma: n n 1 1 1 1 1 1 1 n 1 = ⋅ − ⋅ = ∑ − = ∑ ∑ 2 k + 2 2 k =1 k k + 2 k =1 k ( k + 2 ) k =1 2 k 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 1 − + − + − + ... + − + − + − 2 3 2 4 3 5 n − 2 n n −1 n +1 n n + 2 Fractiile care se simplifica nu se afla in termeni adiacenti, ci la o distanta de 2 termeni. Din suma ramane asadar:
n
13
1
1
1
3
2n + 3
∑ k ( k + 2 ) = 2 2 − n + 1 − n + 2 = 4 − 2 ( n + 1)( n + 2) k =1
In consecinta, avem de calculat limita: 2 ( 2n + 3) 2 ( 2n + 3) = lim 1 − lim 1 − n →∞ n →∞ 3 ( n + 1)( n + 2 ) 3 ( n + 1)( n + 2 ) n
=e
2 2 n2 + 3 n − lim 2 3 n→∞ n + 3n + 2
=e
−
4 3
=
−
3( n +1)( n + 2 ) 2 n( 2 n + 3) ⋅ − 2( 2 n + 3) 3( n +1)( n + 2 )
=
1 3
e e b) Aparent, putem observa ca limita cand n → ∞ pentru
2n
e este 1, deci limita
data se reduce la lim cos ( nπ ) = lim ( −1) , care nu exista. n
n →∞
n →∞
Utilizam insa relatia: cos ( nπ + x ) = ( −1) cos x , pentru: n
21n x = nπ ⋅ e − nπ = nπ e − 1 2n
1 2n e − π 1 Rezulta: lim cos nπ ⋅ 2 n e = lim ( − 1) ⋅ cos ⋅ n →∞ n →∞ 1 2 2n
(
)
n
1 2n
e −1 e −1 = 1 ⇒ lim = 1 . Limita de calculat devine: n →∞ 1 x 2n π n lim ( − 1) ⋅ cos = 0 n →∞ 2 x
Insa lim x→0
Ex. rezolvat 7. Sa se calculeze: 1 + 2 2 + 3 3 + ... + n n a) lim n →∞ n2 n
( n !) , a ∈ ¥∗ lim n n →∞ ( an )! a
b)
Solutie. Acest ultim exercitiu rezolvat vizeaza aplicarea teoremei StolzCesaro, respectiv criteriului Cauchy-D’Alembert. Sa vedem despre ce e vorba: i) Fiind date sirurile ( an )n , ( bn )n , unde ( bn )n este strict crescator si nemarginit, daca exista limita: a −a l = lim n +1 n , n→∞ b n +1 − bn a atunci lim n = l . n →∞ b n ii)
Fiind dat sirul ( an )n , pozitiv definit, daca exista limita: an +1 , n →∞ a n
l = lim
atunci lim n an = l . n →∞
n
a) Aplicam teorema Stolz-Cesaro pentru an = ∑ k k , bn = n 2 n . Se k =1
calculeaza:
(
)
( n + 1) n + 1 ⋅ ( n + 1) n + 1 + n 2 n n + 1) n + 1 an +1 − an ( lim = lim = lim = 2 5 2 5 n →∞ b n →∞ n →∞ − b 1 1 1 n + n + − n n n + − n ( ) ( ) n +1 n 2
4
1 1 1 4 1 + + 1 + 1 + 2 1 1 1 n n n n n + + + + ( ) ( ) ( ) n n n 2 = lim 5 = lim = n →∞ n + 5 n 4 + 10 n 3 + ... + 1 − n 5 n →∞ 10 1 5 5 + + ... + 4 n n 1 + 2 2 + 3 3 + ... + n n 2 Rezulta lim = n →∞ 5 n2 n b) Se calculeaza mai intai:
(( n + 1)!) ⋅ ( an ) ! = a lim n +1 = lim a n →∞ a n →∞ ( an + a ) ! ( n !) n a
a a n !) ⋅ ( n + 1) ( ( an )! = = lim ⋅ a n →∞ ( an ) !⋅ ( an + 1)( an + 2 ) ... ( an + a ) ( n !) a
1 1 + 1 n = lim = a n →∞ 1 2 a a a + a + ... a + n n n
( n !) = 1 lim n n →∞ ( an )! a a a
Rezulta ca
= a −a
Observatie. Nici teorema lui Stolz si nici criteriul Cauchy-D’Alembert nu sunt incluse in programa de liceu. Culegerile de probleme (Arama-Morozan, Batinetu etc.) includ un numar de exercitii care se rezolva cu ajutorul lor. Mai mult, la admiterea in facultate in 1986, unul din subiecte (pe care il vom prezenta in materialul dedicat sirurilor definite prin recurenta) se rezolva cu ajutorul teoremei lui Stolz. In concluzie, este bine ca aceste rezultate sa fie cunoscute, pentru largirea domeniului de exercitii care se pot rezolva.
Exercitii propuse Sa se calculeze limitele urmatoarelor siruri, definite prin formula termenului general: 1 1 2 n −1 1) lim a + + a + + ... + a + n →∞ n n n n 2
2
2
, a ∈ ¡
2) lim n n ⋅ n →∞
3) lim 3 n2 n →∞
(
(
n
4) lim ∑ n →∞
k =1 n
3
n + 1 + n −1 − 2 n n +3 − 3 n− 3
)
)
1 4k 2 − 1
2 k =1 k ( k + 1)( k + 2 )
5) lim ∑ n →∞
k+2 ⋅ 2− k k =1 k ( k + 1) n
6) lim ∑ n →∞
7) lim
n→∞
(
3
2 ⋅ 9 2 ⋅ 27 2 ⋅ ... ⋅ 3 2 n
)
k 2 −1 , p ∈ ¡ . Discutie. 2 n →∞ k =3 k + k − 6 n 1 9) lim ∑ n →∞ k =1 ( k + 1) !+ k ! n
8) lim n p ⋅ ∏
n + 2 n k2 − 2 10) lim +∑ n →∞ n ! k =2 k ! n k3 11) lim 1 + ∑ n →∞ k =1 k ! 1 − 1 12) lim n a n − a n n →∞ 2 2 2 2 13) lim ⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅ n →∞ 3 2+ 3 2+ 2+ 3 2 + 2 + ... + 2 + 3 1444 424444 3 n radicali
3n
14) lim
n →∞
3
3n
1 3 + n
(
15) lim sin 2 π n 2 + n n →∞
n
16) lim ∑ arctg n →∞
k =1
)
1 k + k +1 2
n n+2 17) lim n k ⋅ − , k ∈ ¥ . Discutie. n →∞ n + 3 n +1 n a π 18) lim ∑ ln 2 cos k − 1 , a ∈ 0, n →∞ 2 3 k =1 n 4k 19) lim ∑ 4 n →∞ k =1 4 k + 1 n k2 20) lim ∑ k n →∞ k =1 2
n +1 21) lim n →∞ n
tg
( n −1)π 2n
1p + 3 p + 5 p + ... + ( 2n − 1) 22) lim n →∞ n p +1 1 1 1 1 23) lim + + ... + n →∞ n ln 2 ln 3 ln n 2 2 2 1 + 2 2! + 3 3! + ... + n n ! 24) lim n →∞ n
p
( n !) ( 2n )!⋅ 8n 2
25) lim n n →∞
n
n! n →∞ n 27) lim n ln ( n !) 26) lim
n →∞
1 28) lim cos n →∞ n
n
k 2 − k +1 4 k =1 k + k n
29) lim n ∑ n →∞
30) lim n ( Cn0 ) + ( Cn1 ) + ... + ( Cnn ) 2
2
2
n →∞
n p +1 31) lim q n →∞ n − 1
rn − n2 − 2 n
, p, q, r ∈ ¥ ∗ Discutie.
32) Fie sirul cu termenul general: an = ln (1 + n ) + a ln ( 2 + n ) + b ln ( 3 + n ) , n ∈ ¥∗ , a, b ∈ ¡ a) Sa se determine relatia dintre a si b astfel incat lim an = 0 ; n →∞
b) Cand aceasta conditie este verificata, sa se determine a si b astfel n
incat sirul bn = ∑ ak sa fie convergent si sa se calculeze lim bn . n →∞
k =1
33) Se considera sirul ( an )n≥1 cu termenul general
( n + 3) + 3 ⋅ 1 . an = n ( n + 1)( n + 2 ) 2n +1 2
a) Sa se arate ca termenul general al sirului se poate scrie astfel: an = f ( n ) − f ( n + 1) unde f : ¥∗ → ¡ este de forma f (n) =
nA + B 1 ⋅ , unde A si B sunt constante ce se vor determina. n ( n + 1) 2 n n
b) Sa se arate ca sirul
( bn )n≥1 , bn = ∑ ak este k =1
calculeze lim bn . n →∞
convergent si sa se
c) Sa se calculeze limita sirului ( cn )n ≥1 , cn = ( bn )
n⋅ 2n
( a + n )! ,a∈¥ . 34) Fie sirul an = a n !⋅ n a) Sa se calculeze lim an ; n
n →∞
b) Notand f ( a ) = lim an , sa se arate ca: n →∞
f (1) ⋅ f ( 2 ) ⋅ ... ⋅ f ( a ) =
3
( f (a))
a+2
n
ak . Calculati lim S n . k n →∞ k =1 2
35) Fie ( an )n≥1 o progresie aritmetica de ratie r si S n = ∑ 36) Fie sirurile ( xn )n ≥1 , ( yn )n ≥1 cu termenii generali:
n x+k 1 xn = ∑ , x ∈ ,1 , unde prin [ a ] am notat partea intreaga a 2 k =1 x + k − 1 numarului real a . n 1 yn = ∑ 2 k =1 4 k − 1 2 a) Cati termeni ai sirului ( yn )n ≥1 se afla in afara vecinatatii V = ;1 a 5 1 punctului y = ? 2 x b) Sa se calculeze lim n m , m ∈ ¥ . Discutie. n →∞ ( yn )
c) Sa se calculeze lim ( 2 yn ) n . x
n →∞
37) Fie a, b > 0, a ≠ b . Calculati:
( b − a )( ab )
n
lim ∑ n →∞
k =1
(b
k
k
− a k )( b k +1 − a k +1 )
n 2 38) Fie sirul ( an )n ≥ 2 definit prin an = ∑ log 1 1 − . Sa se calculeze limita k k + 1 ( ) k =2 3 sirului ( bn )n≥2 cu termenul general bn = n ln an . n
39) Fie S n =
1 1 1 1 + + ... + . Calculati lim 2 n ⋅ Sn − . n →∞ 1⋅ 3 2 ⋅ 4 n ( n + 2) 4 n
1 40) Fie S n = ∑ ln 1 + , n ≥ 1 si an = 2 Sn − n ln n . Sa se calculeze: k k =1 lim ( S n2 − nan ln n ) n
n →∞
(
41) Fie 1 + 2
)
n
= An + Bn 2, n ≥ 1, An , Bn ∈ ¤ . Sa se calculeze lim
n →∞
n
1 ,n ≥1 k =1 9 k − 3k − 2
42) Fie sirul an = ∑
2
an . bn
a) Sa se determine lim an ; n →∞
b) Sa se determine numarul termenilor sirului situati in afara 5 intervalului ,1 . 16 n 3 . 43) Calculati lim ∑ arctg 2 n →∞ k − k −1 k =3 n k −2 44) Fie suma S n = ∑ si sirul cu termenul general k = 3 k !− ( k − 1) !− ( k − 2 ) ! 1 1 an = Sn + , n ≥ 1 . Sa se arate ca lim an = lim n!⋅ ln n →∞ n →∞ 2 an 45) Calculati: 1 + 3 + 5 + ... + 4n 2 + 4n −1 , unde prin lim 3 n →∞ n partea intreaga a numarului real a . 46) Sa se determine a, b, c ∈ ¥, a, c < 5 astfel incat: lim
n →∞
(
)
an 2 + bn + c − an 2 − bn + c = 1
47) Sa se determine parametrul real a astfel incat: lim
n →∞
(1 − a )
2
n2 + 1
1 5an + 2
n
>3
[ a] am
notat
