Analiză matematică/Șiruri numerice/Exerciții

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

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

b) $a_n=\frac{\alpha n}{\beta n+1},l\in \{0,1,\frac{\alpha }{\beta }\},\beta \ne 0;$

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

R.

a) Avem:

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

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 $\mathrm{\forall }\epsilon >0$ (oricât de mic) se poate găsi un rang $n_{\epsilon },$ dependent de $\epsilon ,$ astfel încât pentru toți termenii $a_n$ de rang $n\ge n_{\epsilon }$ există relația:

$|\frac{2n}{3n+1}-\frac{2}{3}|<\epsilon \iff \left|\frac{-2}{3(3n+1)}\right|<\epsilon \iff -\epsilon <\frac{2}{3(3n+1)}<\epsilon .$

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

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

b) Există relațiile: $a_n\in [0,\frac{\alpha }{\beta }]$ dacă $\alpha \ge 0$ și $a_n\in [\frac{\alpha }{\beta },0)$ dacă $\alpha \le 0.$

Deci șirul este crescător dacă $\alpha \ge 0$ și descrescător dacă $\alpha \le 0.$

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

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

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

---

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

R. Conform definiţiei, $(a_n{)}_{n\in {\mathbb{N}}^{\ast }}$ este convergent dacă şi numai dacă $(\mathrm{\exists })a\in ℝ$ astfel încât, $(\mathrm{\forall })\epsilon >0,(\mathrm{\exists })n_{\epsilon }\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ astfel încât $(\mathrm{\forall })n\ge n_{\epsilon }$ are loc:

$|a_n-a|<\epsilon .$

Atunci:

$|\mathrm{\Delta }{a}_n|=|a_{n+1}-a_n|=|a_{n+1}-a+a-a_n|\le |a_{n+1}-a|+|a_n-a|,(\mathrm{\forall })n\in {\mathbb{N}}^{\ast }.$

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

$|\mathrm{\Delta }{a}_n|\le |a_{n+1}-a|+|a_n-a|<\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon ,(\mathrm{\forall })n\ge n_{\epsilon }.$

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

$|\mathrm{\Delta }{a}_n|<\epsilon ,(\mathrm{\forall })n\ge n_{\epsilon }$

deci, echivalent cu:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\mathrm{\Delta }{a}_n=0.$

Dacă $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\mathrm{\Delta }{a}_n=A\ne 0$ 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) $x_n=1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n}},n\in {\mathbb{N}}^{\ast };$

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

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)   $|x_{n+p}-x_n|=|\sum _{k=1}^{n+p}\frac{\cos (k!)}{k(k+1)}-\sum _{k=1}^n\frac{\cos (k!)}{k(k+1)}|=\sum _{k=n+1}^{n+p}\frac{\cos (k!)}{k(k+1)}\le$

$\le \sum _{k=n+1}^{n+p}\frac{1}{k(k+1)}=\sum _{k=n+1}^{n+p}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1})=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+p+1},\mathrm{\forall }n\in {\mathbb{N}}^{\ast }.$

e) Deoarece $x_n=\frac{n^2}{n+1}=\frac{n^2-1}{n+1}+\frac{1}{n+1}=n-1+\frac{1}{n+1}>n-1,\mathrm{\forall }n\in {\mathbb{N}}^{\ast }.$

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:

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

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

---

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:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{2}^n\cdot {(S_n-\frac{1}{4})}^n.$

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:

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

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

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

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

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

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

$⋮$

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

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

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

Rezultă:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{2}^n{(S_n-\frac{1}{4})}^n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{[1-\frac{2n+3}{(n+1)(n+2)}]}^n=\frac{1}{e^2}.$

---

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 $a>0,p\ge 2,n\in \mathbb{N}.$

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 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ avem $S_n\in (0,1)$ deci este un șir mărginit.

Mai departe, se observă că:

$\frac{n}{\sqrt[p]{n^p+na}}\le S_n\le \frac{n}{\sqrt[p]{n^p+a}},p>1$

adică:

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

Prin trecere la limită se obține:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{\sqrt[p]{1+\frac{a}{n^{p-1}}}}\le \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n\le \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{\sqrt[p]{1+\frac{a}{n^p}}}\Rightarrow$

$\Rightarrow \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n=1.$

---

7. Să se calculeze:

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

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

---

8. Să se calculeze:

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

R.   $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left\{{\left[{(1+\frac{1}{\sqrt{n}})}^{\sqrt{n}}\right]}^{\frac{n^k}{\sqrt{n}}}\right\}={𝐞}^{\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n^k}{\sqrt{n}}}=\{\begin{array}{cc}{e}^0=1& \text{pentru}k<\frac{1}{2}\\ e& \text{pentru}k=\frac{1}{2}\\ e^{\mathrm{\infty }}=\mathrm{\infty }& \text{pentru}k>\frac{1}{2}\end{array}.$

---

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

Generalizare.   $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{(a+\frac{1}{n}{)}^k-a^k}{(b+\frac{1}{n}{)}^p-b^p}=\frac{k}{p}\cdot \frac{a^{k-1}}{b^{p-1}},k,p\in \mathbb{N},k,p\ge 2,a,b\in ℝ,b\ne 0.$

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

---