Analiză matematică/Serii de numere/Exerciții

1. Dacă seria $\sum _{n=2}^{\infty }|x_{n}-x_{n-1}|,$ (unde $(x_{n})_{n\geq 1}$ este un șir real) este convergentă, atunci șirul $(x_{n})_{n\geq 1}$ este convergent. Să se dea un exemplu din care să rezulte că reciproca nu este adevărată.

R. Fie $S_{n}=\sum _{k=2}^{n}|x_{k}-x_{k-1}|.$

Cum $\sum _{n=2}^{\infty }|x_{n}-x_{n-1}|$ este convergentă, rezultă că $(S_{n})_{n}$ este convergent, deci este șir Cauchy deci este convergent.

Contraexemplu: $x_{n}={\frac {(-1)^{n}}{n}}$ este convergent la zero, dar $\sum _{n=2}^{\infty }|x_{n}-x_{n-1}|\sim \sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{n}}=\infty .$

---

2. Să se demonstreze că, dacă $\sum _{n=1}^{\infty }u_{n}$ e convergentă cu $u_{n}>0,\;\forall n\in \mathbb {N} ,$ șir monoton descrescător, atunci $\lim _{n\to \infty }nu_{n}=0.$

R. Din $\sum _{n=1}^{\infty }u_{n}$ convergentă rezultă $(s_{n})_{n}$ convergent, deci $(s_{n})_{n}$ este șir Cauchy adică:

$\forall \varepsilon >0,\;\exists n_{\varepsilon }\geq 1$ astfel încât $|s_{n}-s_{n_{\varepsilon }}|<{\frac {\varepsilon }{2}},\;\forall n\geq n_{\varepsilon }.$

Rezultă $|u_{n_{\varepsilon }+1}+\cdots +u_{n}|<{\frac {\varepsilon }{2}}$ și deci, deoarece $u_{n}$ este descrescător, $(n-n_{\varepsilon })u_{n}<{\frac {\varepsilon }{2}}.$

Fie $n>2n_{\varepsilon }.$ Rezultă $n-n_{\varepsilon }>n-{\frac {n}{2}}={\frac {n}{2}}.$

Deci:

${\frac {n}{2}}<(n-n_{\varepsilon })u_{n}<{\frac {\varepsilon }{2}}.$

Așadar pentru orice $\varepsilon >0$ există un $N_{\varepsilon }=2n_{\varepsilon }$ astfel încât $\forall n>N_{\varepsilon }$ să existe relația $nu_{n}<\varepsilon ,$ ceea ce este echivalent cu $\lim _{n\to \infty }nu_{n}=0.$

---

3) Să se determine natura următoarelor serii definite de șirul $x_{n}$:

a) $x_{n}={\frac {1}{n!}};$

b) $x_{n}={\frac {1}{n{\sqrt {n+1}}}};$

c) $x_{n}={\frac {{\sqrt[{3}]{n+1}}-{\sqrt[{3}]{n}}}{n^{a}}},\;a\in \mathbb {R} .$

R. a) Seria este convergentă; se utilizează criteriul comparației:

$x_{n}\leq {\frac {1}{2^{n}}},\;\forall n\geq 4.$

b) Seria este convergentă, conform criteriului de comparație la limită:

$\lim _{n\to \infty }n^{\frac {3}{2}}x_{n}=1.$

c) Avem:

$\lim _{n\to \infty }n^{\alpha }x_{n}=\lim _{n\to \infty }n^{\alpha }{\frac {1}{n^{a}({\sqrt[{3}]{(n+1)^{2}}}+{\sqrt[{3}]{n(n+1)}}+{\sqrt[{3}]{n^{2}}})}}.$

Se alege $\alpha =a+{\frac {2}{3}}$ și se obține limita ${\frac {1}{3}}.$ Conform criteriului de comparație la limită, seria este convergentă dacă și numai dacă $a>{\frac {1}{3}}.$

---

4. Să se arate că următoarele serii sunt divergente:

a) $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{{\sqrt {n+\alpha }}+{\sqrt {n+\alpha +1}}}},\;\alpha >0$

b) $\sum _{n=1}^{\infty }\ln {\frac {3n-1}{3n+2}}.$

c) $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {3^{n}+8^{n}}{3^{n+1}+8^{n+1}}}.$

R.

a) Considerăm șirul sumelor parțiale:

$S_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{{\sqrt {k+\alpha }}+{\sqrt {n+\alpha +1}}}}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {{\sqrt {k+\alpha }}-{\sqrt {k+\alpha +1}}}{-1}}=$

$=-{\sqrt {1+\alpha }}+{\sqrt {2+\alpha }}-{\sqrt {2+\alpha }}+{\sqrt {3+\alpha }}-\cdots -{\sqrt {n+\alpha }}+{\sqrt {n+\alpha +1}}\;\Rightarrow$

$\Rightarrow \;S_{n}={\sqrt {n+\alpha +a}}-{\sqrt {1+\alpha }}\;\Rightarrow \;\lim _{n\to \infty }S_{n}=\infty$

b)   $S_{n}=\sum _{k=1}^{n}\ln {\frac {3k-1}{3k+2}}=\sum _{k=1}^{n}\left[\ln(3k-1)-\ln(3k+2)\right]=$

$=\ln 2-\ln 5+\ln 5-\ln 8+\cdots +\ln(3n-1)-\ln(3n+2)=\ln 2-\ln(3n+2)\;\Rightarrow \;\lim _{n\to \infty }S_{n}=\infty .$

c)   $\lim _{n\to \infty }a_{n}=\lim _{n\to \infty }\displaystyle {\frac {8^{n}{\Bigg (}{\bigg (}{\dfrac {3}{8}}{\bigg )}^{n}+1{\Bigg )}}{8^{n+1}{\Bigg (}{\bigg (}{\dfrac {3}{8}}{\bigg )}^{n+1}+1{\Bigg )}}}={\frac {1}{8}}\neq 0.$

Conform criteriului suficient de divergență, seria este divergentă.

---

5. Să se verifice dacă următoarele serii sunt convergente, în care caz să se determine limita acestora:

a)   $\sum _{n\geq 1}{\frac {1}{n(n+1)}};$     b)   $\sum _{n\geq 1}{\frac {n}{3^{n}}};$     c) $\sum _{n\geq 1}\ln {\frac {n+1}{n}}.$

R.

a)   $x_{n}={\frac {1}{n(n+1)}}={\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+1}},\;\forall n\in \mathbb {N} ^{*}.$

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

Evident, $\lim _{n\to \infty }s_{n}=1.$ Prin urmare, seria dată este convergentă și suma sa este:

$s=\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}=1.$

b)   $x_{n}={\frac {n}{3^{n}}},\;n\in \mathbb {N} ^{*}$ deci

$s_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {k}{3^{k}}}={\frac {1}{3}}+{\frac {2}{3^{2}}}+\cdots +{\frac {n-1}{3^{n-1}}}+{\frac {n}{3^{n}}}.$

$s_{n}={\frac {1}{3}}+\left({\frac {1}{3^{2}}}+{\frac {1}{3^{2}}}\right)+\left({\frac {1}{3^{3}}}+{\frac {1}{3^{3}}}+{\frac {1}{3^{3}}}\right)+\cdots +{\underset {\text{n termeni}}{\underbrace {\displaystyle \left({\frac {1}{3^{n}}}+{\frac {1}{3^{n}}}+\cdots +{\frac {1}{3^{n}}}\right)} }}.$

Deci:

$s_{n}=\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{3^{k}}}+{\frac {1}{3^{k+1}}}+\cdots +{\frac {1}{3^{n}}}\right)=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{3^{k}}}\cdot {\frac {{\dfrac {1}{3^{n-k}}}\cdot {\dfrac {1}{3}}-1}{{\dfrac {1}{3}}-1}}={\frac {3}{2}}\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{3^{k}}}\left(1-{\frac {1}{3^{n-k+1}}}\right)=$

$={\frac {3}{2}}\left[\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{3^{k}}}-\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{3^{n+1}}}\right]={\frac {3}{2}}\left[{\dfrac {{\dfrac {1}{3^{n}}}\cdot {\dfrac {1}{3}}-{\dfrac {1}{3}}}{{\dfrac {1}{3}}-1}}-{\frac {n}{3^{n+1}}}\right],\;\forall n\in \mathbb {N} ^{*}.$

Deoarece $\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{3^{n}}}=0,\quad \lim _{n\to \infty }{\frac {n}{3^{n}}}=0$ rezultă: $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {n}{3^{n}}}={\frac {3}{4}}.$

c)   $x_{n}=\ln {\frac {n+1}{n}}=\ln(n+1)-\ln n.$

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

Dar $\lim _{n\to \infty }\ln(n+1)=\infty ,$ deci șirul sumelor parțiale este divergent, de unde rezultă că seria este divergentă.

Observație. Se observă că $\lim _{n\to \infty }x_{n}=0,$ deci această condițiea este necesară, dar nu și suficientă pentru convergența unei serii.

---

6. Să se aproximeze sumele seriilor următoare cu o eroare mai mică de $10^{-2}:$

a)   $\sum _{n\geq 1}{\frac {1}{n^{n}}},$   b)   $\sum _{n\geq 1}(-1)^{n}\cdot {\frac {1}{n^{n}}},$   c)   $\sum _{n\geq 1}{\frac {1}{(n!)^{2}}}.$

R.

a) Dacă notăm $x_{n}={\frac {1}{n^{n}}},\;n\in \mathbb {N} ^{*},$ atunci ${\sqrt[{n}]{x_{n}}}={\frac {1}{n}}\leq {\frac {1}{2}},$ pentru orice $n\geq 2.$

Atunci rezultă că pentru orice $n\geq 2$ are loc $|s-s_{n}|\leq {\frac {\left({\dfrac {1}{2}}\right)^{n+1}}{1-{\dfrac {1}{2}}}},$

unde $s$ este suma seriei, iar $s_{n}$ este suma parțială de ordinul $n.$

Deci $|s-s_{n}|\leq {\frac {1}{2^{n}}},\;\forall n\geq 2.$ Pentru ca $s_{n}$ să aproximeze $s$ cu o eroare mai mică decât $10^{-2}$ este suficient să determinăm cel mai mic rang $n$ care satisface inegalitatea ${\frac {1}{2^{n}}}<{\frac {1}{10^{2}}}.$

Se obține $n=7$ deci $s\approx s_{7}=1,291285935$ cu două zecimale exacte.

b) Deoarece ${\frac {1}{10^{n}}}<{\frac {1}{10^{2}}}$ pentru orice $n\geq 4$ rezultă că:

$0<s-s_{3}<{\frac {1}{4^{4}}}<{\frac {1}{10^{2}}},\;0<s_{4}-s<{\frac {1}{5^{5}}}<{\frac {1}{10^{2}}}.$

Deci $s_{3}=-0,7870370370$ aproximează pe $s$ prin lipsă, iar $s_{4}=-0,7831307870$ prin adaos, ambele cu o eroare mai mică de $10^{-2}.$

c) Dacă notăm $x_{n}={\frac {1}{(n!)^{2}}},\;n\in \mathbb {N} ^{*}$ atunci ${\frac {x_{n+1}}{x_{n}}}={\frac {1}{(n+1)^{2}}}\leq 4$ pentru orice $n\geq 1$ de unde rezultă evaluarea:

$0<s-s_{n}\leq {\frac {1}{(n!)^{2}}},$ adică $0<s-s_{n}\leq {\frac {1}{(n!)^{2}}}\cdot {\frac {1}{3}},\;\forall n\geq 1.$

Cum ${\frac {1}{(n!)^{2}}}\cdot {\frac {1}{3}}<10^{-2},\;\forall n\geq 3$ rezultă că $s\approx s_{3}=1,277777778.$