Lucrare de diplom a [607205]

Universitatea Transilvania din Bra sov
Facultatea de Matematic a  si Informatic a
Specializarea Conversie Matematic a
Lucrare de diplom a
LIMITE DE S IRURI DE NUMERE REALE
AUTOR : prof. Milea Gabriela S tefania
COORDONATOR: Prof. Univ. dr. Marin Marin
Iulie, 2015

LIMITE DE S IRURI DE NUMERE REALE
Milea Gabriela S tefania

Cuprins
1 Generalit at i 2
1.1 S ir , sub sir . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Limita unui  sir numeric . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3 Propriet at i ale  sirurilor convergente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2 Operat ii cu  siruri convergente 7
3 Teoreme fundamentale 10
4 S iruri cu limita +1sau1 19
5 S iruri particulare remarcabile de numere 23
6 Aplicat ii 28
6.1 Num arul e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
6.2 Limite de  siruri date prin termenul general . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
6.3 Limite de  siruri recursive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
6.4 S iruri  si integrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
7 S irul lui Fibonacci 47
7.1 Fibonacci ^ n natur a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
7.2 Fibonacci ^ n matematic a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
1

Capitolul 1
Generalit at i
1.1 S ir , sub sir
^In acest capitol se vor deni conceptele de  sir, limita des  sir  si c^ ateva propriet at i ale  sirurilor
numerice convergente.
Denit ie 1.1
Numim  sir numeric sau  sir de numere reale, o funct ie f denit a pe Ncu valori ^ n R.
Vom nota cu xnvaloarea funct iei f ^ n punctul n2N;xnse va numi termenul general al
 sirului f. Un  sir se va nota prin fxngn2Nsau(xn)n2Nsau indic^ and doar termenul general xn.
^In continuare vom nota cu (xn)mult imea termenilor  sirului xn.
Denit ie 1.2
I. Spunem c a un  sir numeric xneste majorat (minorat) dac a exist a un num ar 2Rastfel
^ nc^ at pentru8n2N;xnrespectivxn.
II. Spunem c a xneste m arginit dac a simultan este majorat  si minorat, adic a dac a exist a un
interval m arginit [ ;] dinRcare s a cont in a tot i termenii  sirului.
Observat ie :
^Intruc^ at orice interval[ ;] este cont inut ^ ntr-un interval centrat ^ n 0 de forma [-M,M] cu
M > 0, se observ a c a xneste m arginit dac a  si numai dac a exist a un num ar M > 0, astfel ^ nc^ at
s a avem:jxnjM, pentru orice n2N.
Denit ie 1.3
Spunem c a un  sir xneste nem arginit dac a nu este m arginit, adic a dac a ^ n afara oric arui
interval m arginit exist a cel put in un termen al  sirului.
Prin urmare, un  sir numeric xneste nem arginit e dac a nu este majorat, e dac a nu este
minorat, e dac a nu este nici majorat, nici minorat.
2

Exemple
1. S irulxn= (1)neste m arginit ^ ntruc^ at jxnj1 (8)n2N
2. S irulxn=1
neste m arginit ^ ntruc^ at 0 <jxnj1 (8)n2N
3. S irulxn= 2nnu este majorat de si este minorat( jxnj>0 (8)n2N)
4. S irulxn=nnu este minorat de si este majorat( jxnj<0 (8)n2N)
5. S irulxn= (1)n
nnu este nici majorat nici este minorat
Denit ie 1.4
I. Spunem c a un  sir xnestecresc ator (strict cresc ator) dac axnxn+1( respectiv
xn<xn+1) pentru orice n2N);
II. Spunem c a un  sir xnestedescresc ator (strict descresc ator) dac axnxn+1(
respectivxn>xn+1) pentru orice n2N;
III. Orice  sir cresc ator (strict cresc ator ) sau descresc ator (strict descresc ator) se nume ste
 sir monoton (respectiv strict monoton )
Observat ie
Pentru a stabili monotonia unui  sir, se calculeaz a diferent a a doi termeni consecutivi oarecare
xn+1xn si se compar a rezultaul cu 0, sau ^ n cazul ^ n care ambii termeni sunt strict pozitivi,
se face raportul a doi termeni consecutivixn+1
xn si se compar a cu 1.
Exemple
1. S irulxn= 11
neste strict cresc ator, pentru c a xn+1xn= 11
n+1
11
n

=1
n1
n+1=
1
n(n+1)>0
2. S irulxn=1
n2este strict descresc ator, pentru c axn+1
xn=n2
(n+1)2<1
3. S irurilexn= (1)n;xn=(1)n
nnu sunt  siruri monotone
Denit ie 1.5
Fiexnun  sir numeric iar nkun  sir strict cresc ator de numere naturale. S irul yk=xnk,
pentru orice k2Nse nume ste sub sir al  sirului xn.
Observat ii:
1. Dac ank=k pentru (8)k2Natunci sub sirul xnkcoincide cu  sirul init ial xk.
2. Se poate ar ata prin induct ie c a nkk pentru (8)k2N.^In adev ar, dac a n1< n 2<
:::<nk<:::; cum n 2>n 1iar n 2>n 1 sin11 rezult an22. Presupunem c a npp si s a
ar at am c a np+1p+ 1. ^Intruc^ atnp+1>np>prezult a imediat c a np+1p+ 1.
3

1.2 Limita unui  sir numeric
Denit ie 1.6
Spunem c a un  sir xn2Rare limitax2R, dac a orice vecin atate a lui x cont ine termenii
 sirului except^ and , eventual, un num ar nit de termeni. Cu alte cuvinte, x este limita  sirului
numericxndac a:
(I) pentru orice vecin atate V a punctului x2Rexist a un num ar natural nVa sa ca pentru
oricennVs a avemxn2V.^In acest caz vom scrie
x= lim
n!1xnsau xn!x
.
Denit ie 1.7
Un  sir numeric care are limit a ^ n Rse nume ste  sir convergen t. Un  sir care nu are limit a
^ nRse nume ste  sir divergent .
Pentru demonstrarea unor propriet at i importante ale  sirurilor convergente, este util a  si
urm atoarea proprietate ce caracterizeaz a limita unui  sir numeric.
Teorem a 1.1
S irul numeric xneste convergent la x2Rdac a  si numai dac a :
(II) pentru orice  > 0exist a un num ar natural ncare depinde de , astfel ^ nc^ at
jxnxj<pentru orice n>n
Demonstrat ie :
S a presupunem c a lim
n!1xn=x. Cum mult imile de forma ( x;x+)unde > 0, sunt
vecin at at i ale punctului x, rezult a, conform denit iei 1.6 , c a pentru orice  > 0 exist a un
num ar natural na sa ^ nc^ at pentru orice n > ns a avemxn2(x;x+), adic ajxnxj< 
pentru orice n>n.
Reciproc dac a (II) este ^ ndeplinit a s a ar at am c a lim
n!1xn=x. Fie V o vecin atate oarecare
a punctului x2R, atunci exist a un  >0 a sa ca (x;x+)V. Conform cu (II), pentru
acest >0 exist a un rang na sa can > ns a antreneze xn2(x;x+), dar atunci din
(x;x+)Vavem c axn2Vpentru orice n>n; prin urmare lim
n!1xn=x.
Observat ie:
^In cele ce urmeaz a denit ia 1.6 va  numit a denit ia cu vecin at at i iar proprietatea (II)
denit ia cu a limitei unui  sir numeric.
Exemple
1. S irulxn=1
nare limita 0 ^ ntruc^ at pentru orice  >0 exist an2Na sa canns a
antrenezej1
n0j<, sau1
n<pentru (8)nn.
2. S irulxn= (1)nnu este convergent ^ ntruc^ at dac a am presupune c a lim
n!1xn=`, atunci
pentru=1
2am g asi un n2Na sa caj(1)n`j<1
2pentru (8)nn. Pentru n par am avea
j1`j<1
2pentru (8)nn, iar pentru n impar am avea j1`j<1
2pentru (8)nn, sau
echivalentj1 +`j<1
2pentru (8)nn. Dar atunci 2 = j2j=j1 + 1j=j(1 +`) + (1`)j
j1 +`j+j1`j<1
2+1
2= 1, ceea ce este fals.
4

1.3 Propriet at i ale  sirurilor convergente
Teorem a 1.2
Dac a un  sir de numere reale are limit a, atunci aceasta este unic a.
Demonstrat ie
S a presupunem, prin reducere la absurd, c a ar exista un  sir xna sa caxn!x sixn!y
cux6=y. Conform teoremei ,, Dac a x;y2R six6=y, atunci exist a vecin at at i distincte ale lor"
)exist a o vecin atate V a punctului x  si o vecin atate U a punctului y a sa ca
V\
U=; (1.1)
Cumxn!xrezult a c a exist a nVa sa ca pentru n>nVs a avemxn2V. Pe de alt a parte
xn!y si atunci pentru U exist a un rang nUa sa ca pentru n > nUs a avemxn2U. Dac a
n0=maxfnV;nUg, atunci pentru (8)n>n 0rezult axn2VTU, ceea ce contrazice (1.1) . Prin
urmare, presupunerea f acut a este fals a  si atunci rezult a c a x=y.
Aplic^ and denit ia 1.6 rezult a cu u surint  a:
Teorem a 1.3
Prin ad augarea sau eliminarea unui num ar nit de termeni:
I. Un  sir convergent r am^ ane convergent c atre aceia si limit a;
II. Un  sir divergent r am^ ane divergent
De asemenea are loc:
Teorem a 1.4
Prin schimbarea ordinii termenilor
I. Unui  sir convergent, se obt ine tot un  sir convergent cu aceea si limit a;
II. Unui  sir divergent se obt ine tot un  sir divergent
Demonstrat ie:
I.^In adev ar, cum pozit ia pe axa numerelor reale a termenilor  sirului nu este condit ionat a de
rangul lor, rezult a c a ^ n afara oric arei vecin at at i a limitei se a
 a un num ar nit de termeni ai
 sirului dat  si acela si num ar de termeni ai  sirului obt inut prin schimbarea ordinii termenilor;
II. Se rat ioneaz a la fel.
Teorem a 1.5
Orice sub sir al unui  sir convergent este convergent la aceea si limit a.
Demonstrat ie:
Fiexn!x. Atunci pentru ( 8)>0 exist a un rang na sa ca pentru orice nns a avem
jxnxj<. Dac a (xnk) este un sub sir al  sirului ( xn), t in^ and cont c a pentru orice knavem,
5

cu at^ at mai mult, nkkn, rezult a c ajxnkxj<pentru orice kn, ceea ce spune c a
xnk!x.
Observat ie: Dac a un  sir cont ine dou a sub siruri convergente cu limite diferite , atunci  sirul
e divergent. Astfel  sirul xn= (1)n, analizat mai sus, cont in^ and sub sirul x2k= 1 cu limita 1
 si sub sirulx2k+1=1 cu limita1, este divergent.
Teorem a 1.6
Orice  sir convergent este m arginit.
Demonstrat ie :
Fiexn!x. Atunci pentru = 1 exist a un rang n1a sa ca pentru orice nn1s a
avemjxnxj<1, de undejxnj  jxnxj+jxj<1 +jxjpentru orice nn1. Dac a
M=maxfjx1j;jx2j;:::;jxnj;1 +jxjg, atuncijxnjMpentru orice n2N.
Consecint  a 1.1
Orice  sir nem arginit este divergent.
Se observ a c a  sirul xn=neste divergent ^ ntruc^ at este nemajorat, ^ n timp ce  sirul xn=n
este divergent pentru c a el este neminorat.
Observat ie :
Condit ia de m arginire este necesar a nu  si sucient a pentru convergent a unui  sir.
Astfel s-a v azut deja mai sus c a  sirul xn= (1)nde si este m arginit nu este convergent.
Teorem a 1.7 (Criteriul major arii)
Dac a (xn)Reste astfel ca :
jxnxjn, pentru orice n2N(2),
unde (n) este un  sir de numere pozitive convergent la 0, atunci xn!x
Demonstrat ie :
Cumn!0 rezult a c a pentru ( 8)>0 exist an2Na sa ca pentru orice nns a avem
n< . Dar atunci, din (2) avem c a jxnxj< pentru orice nn, ceea ce exprim a c a
xn!x.
Informat iile din acest capitol au fost preluate din [2, 1]
6

Capitolul 2
Operat ii cu  siruri convergente
^Intruc^ at  sirurile de numere reale sunt funct ii cu valori reale vom deni operat ii de adunare,
diferent  a, produs  si c^ at de  siruri dup a denit iile corespunz atoare de la funct ii. Astfel dac a (
an ), ( bn ) sunt dou a  siruri numerice, prin ( an) + (bn) ^ nt elegem  sirul ( an+bn), prin (an)(bn)
^ nt elegem  sirul ( anbn), prin(an), unde2R, ^ nt elegem  sirul ( an), prin(an)
(bn)^ nt elegem  sirul
(an
bn) dac abn6= 0 pentru orice n2N.
Teorem a 2.1
Fie (an), (bn) dou a  siruri numere reale astfel ca lim
n!1an silim
n!1bn. Atunci:
I:lim
n!1(an+bn) =a+b
II:lim
n!1(an) =a
III: lim
n!1(anbn) =ab
IV:lim
n!11
an
=1
a; daca a6= 0
Demonstrat ie:
I. Pentru (8)>0exist a numerele naturale n1 sin2astfel ^ nc^ at:
pentrunn1=>janaj<
2,
pentrunn2=>jbnbj<
2,
Fien0=max(n1;n2). Atunci pentru ( 8)nn0avem, conform celor dou a inegalit at i:
j(an+bn)(a+b)jjanaj+jbnbj<
2+
2=, ceea ce spune c a :
lim
n!1(an+bn) =a+b
II. Dac a= 0 teorema este evident a. S a presupunem c a 6= 0. Atunci, pentru orice >0
exist an02N, a sa c a pentru nn0=>janaj<
jj.
De aici pentru nn0, obt inemjanaj=jjjanaj<jj
jj=, ceea ce spune c a:
lim
n!1(an) =a
III. Cum (an) este un  sir convergent rezult a c a este m arginit (conform teoremei 1.5)  si atunci
9M > 0 astfel ^ nc^ atjanjMpentru (8)n2N(1)
7

Dac ab= 0, atunci pentru ( 8)>0;9n12Nastfel ^ nc^ at pentru nn1=>jbnj<
M.
De aici obt inem pentru n>n 1:janbn0j=janbnj=janj
jbnj<M

M=, adic a
lim
n!1(anbn) = 0
S a presupunem c a lim
n!1bn=b6= 0. Cum ( an) este convergent, pe de o parte, pentru orice
>0 exist an12Na sa ca: pentru nn1)janaj<
2jbj(2)
Limita  sirului ( bn) indb6= 0 rezult a c a pentru ( 8) >0;9n22Nastfel ^ nc^ at: pentru
nn2)jbnbj<
2jMj(3)
Lu^ andn0=max(n1;n2), din(1),(2)  si (3) avem pentru ( 8)nn0:
janbnabj=janbnanb+anbabjjanjjbnbj+jbjjanaj<Mjbnbj+jbjjanaj<
M
2M+jbj
2jbj=, adic a:
lim
n!1(anbn) =ab
IV. Cuma6= 0 rezult a c a anar putea  egal cu 0 numai pentru un num ar nit de termeni.
Astfel1
aneste bine denit cu excep?ia , eventual , a unui num ar nit de termeni.
Fien12Na sa cajanaj<jaj
2pentru (8)nn1. De aici rezult a c a janj>jajjanaj>
jajjaj
2=jaj
2, adic ajanj>jaj
2,1
an<2
janjpentru (8)nn1. Pentru orice  >0 exist a un
num ar natural n2> n 1a sa ca pentru nn2=>janaj<jaj2
2
De aici rezult a c a pentru
oricenn2avem:j1
an1
aj=j(ana)=(ana)j<jaj2
2

2
jaj2=, adic a:
lim
n!11
an
=1
a
Observat ie:
Din prima parte a demonstrat iei punctului III al teoremei precedente rezult a c a dac a ( an)
este un  sir m arginit iar ( bn) un  sir convergent la 0 , atunci  sirul ( anbn) converge, de asemenea,
la 0.
Corolar 2.1
Dacalim
n!1an=a si lim
n!1bn=b atunci :
I:lim
n!1(anbn) =ab
II: dac a;in plus ;b6= 0;avem lim
n!1an
bn=a
b
Demonstrat ie:
I. rezult a imediat din punctele I  si II ale teoremei precedente, pentru =1.
II. rezult a din punctele II  si IV ale aceleia si teoreme.
Lem a 2.1
Dac a a  si b sunt dou a numere reale astfel ca a<b +pentru orice >0, atunciab.
Demonstrat ie
Rat ion am prin reducere la absurd. S a presupunem c a a > b . Atunciab >0. Aplic am
inegalitatea a<b +cu=ab, obt inema<b + (ab) =a, ceea ce e absurd.
8

Teorem a 2.2
Dac a (an) si(bn)sunt  siruri numerice convergente respectiv la a  si b iar anbnpentru
oricen2N;atunci ab.
Demonstrat ie
Cum lim
n!1an=a si lim
n!1bn=brezult a c a lim
n!1(anbn) =ab.Deci ,pentru orice  >0
exist a un num ar natural na sa ca pentru nn=>j(anbn) = (ab)j< , adic a pentru
nn=>ab<annn<ab+.
Dar, din ipotez a avem c a anbn0pentru (8)n2N si atunci din prima parte a dublei
inegalit at i, obt inem pentru nn=> ab0sau ab+. Cum inegalitatea are loc
pentru orice >0, aplic^ and lema ref2.3 rezult a c a ab.
Observat ie :
Dac a ^ ntre termenii celor dou a  siruri ( an);(bn) are loc inegalitatea strict a an< bnpentru
oricen2N, prin trecere la limit a se poate obt ine  si egalitate.
Astfel, dac a se consider a  sirurile an= 11
n sibn= 1 +1
n, evidentan< bnpentru orice
n2Ndar
lim
n!1an= lim
n!1bn= 1
Informat iile din acest capitol au fost preluate din [2, 1]
9

Capitolul 3
Teoreme fundamentale
Teorem a 3.1 (teorema ,,cle stelui")
Dac a (an);(bn);(cn)sunt  siruri de numere reale astfel ^ nc^ at anbncn, pentru orice
n2Niarlim
n!1an= lim
n!1cn=a,atunci  sirul (bn)este convergent iar lim
n!1bn=b
Demonstrat ie :
Din inegalitatea dat a avem 0 bnancnan;(8)n2N. Dar din corolarul 2.1 rezult a
c a : lim
n!1(cnan) = lim
n!1cnlim
n!1an=aa= 0:
Aplic^ and  sirului( bnan) criteriul major arii rezult a c a: lim
n!1(bnan) = 0
Cum lim
n!1an=a iar bn= (bnan) +an;(8)n2N,t in^ and cont de teorema 2.1 rezult a
c a (bn) este convergent iar lim
n!1bn= lim
n!1(bnan) + lim
n!1an=a+ 0 =a
Teorem a 3.2 (de convergent  a a  sirurilor monotone, Weierstrass)
I. Orice  sir numeric cresc ator  si majorat este convergent iar limita sa este marginea superi-
oar a a mult imii termenilor s ai.
II. Orice  sir numeric descresc ator  si minorat este convergent iar limita sa este marginea
inferioar a a mult imii termenilor s ai.
Demonstrat ie:
I. Fiefxngun  sir cresc ator. Cum ( xn) este majorat, conform axiomei lui Cantor-Dedekind1
exist a supfxng=2R. Din teorema:
,,Fie A o parte nevid aa lui R. Un element 2Reste margine superioar a a mult mii A dac a
 si numai dac a:
(a)x, pentru orice x2A si
(b) pentru orice >0 exist a un element x2Aastfel ca<x."
rezult a atunci c a:
(1) xn, pentru (8)n2N si
(2) pentru ( 8)>0 exist axnastfel caxn>.
S irul (xn) ind cresc ator avem c apentru orice nn)xnxn> . Combin^ and
ultima inegalitate cu (1) obt inem pentru ( 8)nn,
<xn< + ;
1Orice submult ime nevid a A a lui Rcare este majorat a admite cel put in o margine superioar a.
10

adic a pentru (8)>0 exist a un num ar natural na sa ca pentru
(8)nn)jxnj< ;
ceea ce spune c a
lim
n!1xn=
II. Se poate demonstra direct, ^ n aceea si manier a , sau se poate obt ine din I. ^In adev ar, dac a
(xn) e descresc ator , atunci ( xn) este cresc ator  si aplic^ and I rezult a c a ( xn) este convergent
lasup(xn). Darsup(xn) =inf(xn), Prin urmare,  sirul ( xn) converge lainf(xn), de unde
se vede c a lim
n!1xn= inf(xn)
Teorem a 3.3 (Criteriul raportului)
Fie(xn)un  sir de numere reale strict pozitive cu proprietatea c a exist a
lim
n!1xn+1
xn=`;atunci:
(1) Dac a`<1, atunci lim
n!1xn= 0
(2) Dac a`>1, atunci lim
n!1xn=1
(3) Dac a`= 1, nu se poate decide nimic privitor la lim
n!1xn
Demonstrat ie
(1) Fie`= lim
n!1xn+1
xn; ` < 1  si >0 astfel ^ nc^ at =`. Atunci din teorema 1.1
rezult a c a exist a n2Nastfel ^ nc^ at:
xn
xn1`, (8)nn
Dar  sirul (xn) are termenii strict pozitivi )xn
xn1>0, astfel relat ia de mai sus se poate scrie:
xn
xn1, (8)nnsauxn
xn1, (8)nn (3.1)
Aplic^ and (3.1) de n1nori obt inem:
xn
xn12
xn2:::nn
xn=n
xn
n(8)nn (3.2)
Cum rangul neste un num ar x ce nu depinde de n, rezult a c axn
neste o valoare constant a
pe care o not am c. Dar
0<< 1)lim
n!1n= 0 (3.3)
Din(3.2) , (3.3) obt inem:
0<lim
n!1xnlim
n!1cn=clim
n!1n(3.4)
folosind teorema 2. 1  sicriteriul major ari i)lim
n!1xn= 0 (8)nn
11

(2) Fie`= lim
n!1xn+1
xn; `> 1  si>0 xat, dar arbitrar astfel ^ nc^ at =`>1 ( se poate
alege spre exemplu <(`1)
2). Atunci din teorema 1.1 rezult a c a exist a n2Nastfel ^ nc^ at:
xn
xn1`, (8)nn
Dar  sirul (xn) are termenii strict pozitivi )xn
xn1>0, astfel relat ia de mai sus se poate scrie:
xn
xn1, (8)nnsauxn
xn1, (8)nn (3.5)
Aplic^ and (3.5) de n1nori obt inem:
xn
xn12
xn2:::nn
xn=n
xn
n(8)nn (3.6)
Cum rangul neste un num ar x ce nu depinde de n, rezult a c axn
neste o valoare constant a
pe care o not am c. Dar
>1)lim
n!1n=1 (3.7)
Din(3.6) , (3.7) obt inem:
lim
n!1xnlim
n!1cn=clim
n!1n(3.8)
folosind teorema 2.1  si criteriul major ari i)lim
n!1xn=1(8)nn
Teorem a 3.4 (Criteriul lui Cauchy-D'Alambert)
Fie(xn)un  sir de numere reale strict pozitive cu proprietatea c a exist a
lim
n!1xn+1
xn=`;atunci exist a lim
n!1npxn silim
n!1npxn= lim
n!1xn+1
xn
Demonstrat ie
Dac a lim
n!1xn+1
xn= 0 atunci din teorema 1.1 rezult a c a pentru orice >0 (9)n2Nastfel
^ nc^ atxk+1
xk, (8)kn. Putem alege  >0;xat dar arbitrar  si t in^ and cont de faptul c a
xn>0 , relat ia de mai sus se poate scrie:
0<xk+1
xk<(8)kn (3.9)
Fien>n, atunci avem xn=xn
xn1
xn1
xn2
:::
xn+1
xn
xn
De unde, utiliz^ and (3.9), obt inem:
0<xn<nn
xnpentrun>n (3.10)
Dara=n
xneste o constant a pozitiv a . Din inegalit at ile (3.10) obt inem:
0<xn<n
a ;pentru (8)n>n
care, prin ridicare la puterea1
n, conduce la
0<npxn<
npa ;pentru (8)n>n
12

Cuma>0  si lim
n!1npa= 1 aplic^ and teorema 2.1  si criteriul major arii
)lim
n!1npxn= 0;(8)nn
.
Dac a lim
n!1xn+1
xn6= 0, vom nota cu `= lim
n!1xn+1
xn;` > 0 , putem alege  > 0 , xat dar
arbitrar, astfel ^ nc^ at <` . Atunci din teorema 1.1 rezult a c a exist a n2Nastfel ^ nc^ at:
xk+1
xk`, (8)kn)0<`<xk+1
xk<`+(8)kn (3.11)
Fien>n, atunci avem xn=xn
xn1
xn1
xn2
:::
xn+1
xn
xn
De unde, utiliz^ and (3.11), obt inem:
(`)nn
xn<xn<(`+)nn
xnpentrun>n (3.12)
Dara= (`)n
xn sib= (`+)n
xnsunt constante pozitive. Din inegalit at ile (3.12)
obt inem:
(`)n
a <xn<(`+)n
b ;pentru(8)n>n
care, prin ridicare la puterea1
n, conduce la
(`)
npa <npxn<(`+)
np
b ;pentru(8)n>n
Cuma;b> 0 putem scrie relat ia echivalent a :
(`)<npxn
npa
np
b<(`+);pentru(8)n>n (3.13)
Cum lim
n!1npa= lim
n!1np
b= 1, Trec^ and la limita ^ n (3.13) pentru n!1 , folosind teorema
2.1  si criteriul cle stelui obt inem:
(`)lim
n!1npxn
npa
np
b=lim
n!1npxn
lim
n!1npa
np
b= lim
n!1npxn(`+) pentru(8)n>n
)lim
n!1(npxn`)pentru (8)n>n
Cum>0 este arbitrar)lim
n!1npxn=`
Teorem a 3.5 (Stolz – Ces aro )
Fie(xn) si(yn),n2N, dou a  siruri de numere reale, astfel ^ nc^ at (yn)este strict cresc ator
 silim
n!1yn=1.
Dac a exist a lim
n!1xn+1xn
yn+1yn2R, atunci exist a lim
n!1xn
yn silim
n!1xn+1xn
yn+1yn= lim
n!1xn
yn
Demonstrat ie:
1. S a presupunem c a lim
n!1xn+1xn
yn+1yn=`;cu`<1atunci din teorema 1.1 rezult a c a pentru
orice>0 (9)n2Nastfel ^ nc^ atxn+1xn
yn+1yn`
3, (8)nn
)`<xn+1xn
yn+1yn<`+ ;(8)nn
13

Deoareceyneste strict cresc ator avem yn+1yn>0  si putem ^ nmult i dubla inegalitate prece-
dent a cuyn+1yn>0, obt inem:
(`
3)(yn+1yn)<xn+1xn<(`+
3)(yn+1yn);(8)nn (3.14)
^Insumam relat iile (3.14) pentru kde lanlan1 obt inem:
(`
3)n1X
k=n(yk+1yk)<n1X
k=n(xk+1xk)<(`+
3)n1X
k=n(yk+1yk)
)(`
3)(ynyn)<xnxn<(`+
3)(ynyn)
^Imp art im ultima relat ie cu yn>0  si avem:
(`
3)(1yn
yn)<xn
ynxn
yn<(`+
3)(1yn
yn)
,
3(`
3)
yn
yn+xn
yn<xn
yn`<
3(`+
3)
yn
yn+xn
yn(3.15)
Deoarece lim
n!1yn=1, ^ n plusneste xat , ^ n funct ie de decixn; si (`
3)
yn;(`+
3)
yn
sunt valori constante, obt inem lim
n!1(`+
3)
yn
yn= lim
n!1(`
3)
yn
yn= lim
n!1xn
yn= 0. Din denit ia
limitei
)(9)n12Nastfel ^ nc^ at pentru ( 8)n>n 1s a avem(`
3)
yn
yn<
3;
(9)n22Nastfel ^ nc^ at pentru ( 8)n>n 2s a avem(`+
3)
yn
yn<
3;
(9)n32Nastfel ^ nc^ at pentru ( 8)n>n 3s a avemxn
yn<
3
Folosind ultimele trei inegalit at i ^ n (3.15) obt inem:
<xn
yn`< ; (8)n>maxfn1;n2;n3g
ceea ce inseamn a lim
n!1xn
yn=`
2. Dac a lim
n!1xn+1xn
yn+1yn=`;cu`=1Pentru (8)>0(9)n2Nastfel ^ nc^ at pentru orice
n>navem:
xn+1xn
yn+1yn>
2
sauxn+1xn>
2(yn+1yn). Vom scrie recursiv relat ia de nnori  si apoi le adun am,
obt inem:xn+1xn>
2(yn+1yn), care poate  scris a astfel:
xn+1
yn+1>
2+2xn
yn
2bn+1(3.16)
Cumneste xat deci este o constant a  si bn!1 , exist a un rang n0astefel ^ nc^ at pentru orice
n>n 0;avem2xn
yn
2bn+1>
2^Inlocuim ^ n (3.16)  si obt inem :
xn
yn> ; (8)n>maxfn0;ng
14

Teorem a 3.6
Dac a lim
n!1an=a ; an>0;atunci :
1:lim
n!1a1+a2+:::+an
n=a
2:lim
n!1npa1
a2
:::
an=a
Demonstrat ie
1. Fiexn=a1+a2+:::+an siyn=nse observ a c a  sirul yneste monoton  si nem arginit
, dac a vom ar ata c a exist a lim
n!1xn+1xn
yn+1yn, atunci ind ^ ndeplinite condit iile din teorema Stolz-
Cesaro vom avea
lim
n!1xn+1xn
yn+1yn= lim
n!1xn
yn(3.17)
lim
n!1xn+1xn
yn+1yn= lim
n!1(a1+a2+:::+an+an+1)(a1+a2+:::+an)
(n+ 1)n= lim
n!1an+1=a
^Inlocuim ^ n (3.17) = >lim
n!1xn
yn=a)lim
n!1a1+a2+:::+an
n=a
2. Fieyn=npa1
a2
:::
an; n1; n2NVom aplica criteriul lui Cauchy-D'Alambert:
lim
n!1npa1
a2
:::
an= lim
n!1npyn= lim
n!1yn+1
yn= lim
n!1an+1=a:
Teorem a 3.7 (Cantor) Fie[a1;b1]2;b2]:::n;bn]n+1;bn+1]:::, un  sir
descresc ator de intervale incluse  si m arginite ale lui Rastfel ^ nc^ at limn!1(bnan) = 0 Atunci
exist a un singur punct comun tuturor acestor intervale,adic a 9c2Ra sa ca
1\
n=1[an;bn] =fcg
Demonstrat ie:
^Intruc^ at [an+1;bn+1][an;bn] pentru orice n2Nrezult a
anan+1bn+1bn; pentru orice n 2N
Deci  sirul ( an) este cresc ator  si majorat de b1iar  sirul (bn) este decresc ator  si minorat de a1.
Prin urmare, conform teoremei 3.2, exist alimn!1an=c silimn!1bn=c0. T  in^ and cont c a
limn!1(anbn) = 0 rezult a c a c= limn!1an=limn!1bn=c0:
S a ar at am acum c a pentru orice k2N;c2[ak;bk]. Fiek2Nxat. Atunci
akak+pbk+pbk
Pentru orice p2N. F ac^ and p s a tind a la + 1^ n aceast a inegalitate  si observ^ and c a
limn!1ak+p= limn!1bk+p=c((ak+p) este  sirul ( ak) din care s-au suprimat primii k ter-
meni), rezult a:
akcbk; pentru (8)k2N:
15

Deci1T
k=1[ak;bk]6=;. S a ar at am c a punctul c este unic determinat. S a presupunem c a ar mai
exista un alt punct c1a sa caanc1bnpentru (8)n2N. F ac^ andn!1 ^ n aceast a
inegalitate  si t in^ and seama c a lim
n!1an= lim
n!1bn=c;obt inen, ^ n baza teoremei ,,cle stelui",
c=c1
Observat ii
Dac a ^ n teorema precedent a se renunt  a la condit ia ca lim
n!1(anbn) = 0 se observ a c a
ancc0bn, pentru orice n2N, undec= lim
n!1an sic0= lim
n!1bn, iar [c;c0][an;bn]
pentru orice n2N.
Teorem a 3.8 (Ces aro)Orice  sir m arginit de numere reale are cel put in un sub sir convergent.
Demonstrat ie:
Fiefxngun  sir m arginit de numere reale.Atunci exist a un interval [ a1;b1] care s a cuprind a
tot i termenii  sirului. ^Imp art im [a1;b1] ^ n dou a subintervale egale lu and mijlocul segmentului,
punctula1+b1
2. Cel put in unul din cele dou a intervale formate va cont ine o innitate de termeni
ai  sirului. Vom nota acest interval cu [ a2;b2].
Proced^ and ^ n acela si mod cu acest interval vom ret ine acel interval care cont ine o innitate
de termeni ai  sirului fxng, pe care ^ l vom nota cu [ a3;b3]. Astfel vom avea;
[a3;b3][a2;b2][a1;b1]
Prin recurent  a vom obt ine un  sir de intervale ^ nchise  si m arginite, care cont in o innitate de
termeni ai  sirului dat, astfel ca
[a1;b1]2;b2]:::[an;bn]n+1;bn+1]::::
iar b 2a2=1
2(b1a1);b3a3=1
22(b1a1);:::bnan=1
2n1(a1b1);:::;
de unde lim
n!1(bnan) = 0
Prin urmare ,  sirul de intervale ([ an;bn])n2Nsatisface condit iile teoremei lui Cantor  si atunci
exist a un singur punct c, comun tuturor intervalelor [ an;bn], iarc= lim
n!1an= lim
n!1bn
S a ar at am acum existent a unui sub sir al lui fxngconvergent la c. ^In adev ar , [ a1;b1]
cont in^ and tot i termenii lui fxngputem selecta un element xn1. Analog [ a2;b2] cont in^ and o
innitate de termeni ai  sirului putem alege un termen xn22[a2;b2]cu n 2>n 1:
^In general proced^ and recurent, putem alege xnk2[ak;bk] a sa ^ nc^ at nk>nk1pentru orice
k2N:Am obt inut astfel sub sirul fxnkgal  siruluifxng^ nc^ at:
akxnkbk; pentru orice k2N
F ac^ andk!1  si t in^ and seama c a lim
n!1ak= lim
n!1bk=c;obt inem din teorema ,,cle stelui"
c a lim
k!1xnk=c:
Am v azut, ^ n cele de mai sus, c a denit ia convergent ei unui  sir de numere reale cere cu-
noa sterea limitei pentru a putea verica c a  sirul, ^ n adev ar, este convergent.
^In diferite probleme apar ^ ns a anumite  siruri, despre care dorim s a ne pronunt  am dac a sunt
sau nu sunt convergente, f ar a a avea nevoie de a preciza efectiv limita lor.
16

Pentru acest motiv, este important s a avem la dispozit ie un criteriu care s a ne permit a s a
decidem natura unui  sir f ar a a utiliza efectiv limita lor. Un asemenea criteriu, ^ n care intervine
o condit ie intrinsec a, a fost stabilit pentru prima oar a de Augustin Cauchy2.
Denit ie 3.1
Un  sirfxngn2Nde numere reale se nume ste  sir Cauchy sau sir fundamental dac a pentru
orice > 0, exist a un num ar natural n2Na sa ^ nc^ at pentru orice n;mns a rezulte
jxnxmj<.
Dac am=ncondit ia de mai sus este evident satisf acut a; presupun^ and f ar a a restr^ ange
generalitatea , c a m>n , putem scrie m=n+p, undep2N si atunci denit ia 3.1 se poate
pune sub forma echivalent a:
Denit ie 3.2
Un  sirfxngn2Nde numere reale se nume ste  sir Cauchy sau sir fundamental dac a pentru
orice>0, exist a un num ar natural n2Na sa ^ nc^ at pentru orice nn si oricep2Ns a
aib a locjxnxn+pj<.
^In continuare, vom ar ata c a not iunile de  sir numeric  si  sir fundamental sunt echivalente.
Teorem a 3.9 (Cauchy)
Un  sir de numere reale este convergent dac a  si numai dac a este  sir fundamental.
Demonstrat ie:
Fiefxngun  sir numeric convergent la x. S a ar at am c a este fundamental.
Cum lim
n!1xn=x, rezult a c a pentru orice >0 exist an2Na sa ca:
nn) jxnxj<
2: (3.18)
Dar atunci pentru orice n;mn;avem:
jxnxmjjxnxj+jxxmj<
2+
2=;
ceea ce asigur a c a fxngeste un  sir Cauchy.
Reciproc
S a presupunem c a fxngeste un  sir fundamental  si s a ar ata am c a exist a x2Ra sa ca
xn!x. Vom ar ata, mai ^ nt^ ai, c a dac a fxngeste un  sir fundamental atunci este m arginit.
Aplic^ and denit ia  sirului fundamental cu = 1 obt inem c a exist a un num ar natural n1a sa ^ nc^ at
pentru orice m;nn1s a avemjxnxmj<1^In particular,jxnxn1j<1 pentru (8)nn1:
De aici rezult a c a :
jxnjjxnxn1j+jxn1j<1+jxn1j; pentru (8)nn1. Dac aM=maxfjx1j;jx2j;:::;jxn1
1j;jxn1jg;atunci se vede cu u surint  a c a:
jxnjM;pentru orice n2N;adic afxngeste m arginit.
2Augustin Louis Cauchy (n. 21 august 1789 la Paris – d. 23 mai 1857 la Sceaux) a fost unul dintre cei mai
important i matematicieni francezi.
17

Conform teoremei lui Cesaro,  sirul m arginit ( xn) va cont ine un sub sir convergent fxnkg; e
x limita sa. S  a ar at am acum c a lim
n!1xn=x:^Intruc^ atxnk!xrezul a c a pentru ( 8)>0 exist a
k02Na sa ^ nc^ at
kk0)jxnkxj<
2: (3.19)
Fie acumn0=maxfn;k0g;undeneste acel rang ce intervine ^ n (3.18). Consider^ and
kn0 si t in^ and cont de (3.18)  si (3.19) avem:
jxnxjjxnxnkj+jxnkxj<
2+
2=; pentru (8)nn0
(Observ am c a din kn0rezult ankkn0;ceea ce a permis utilizarea inegalit at ii (3.18)).
Prin urmare,  sirul ( xn) are limita x.
Exemple
1. S a ar at am c a  sirul
xn=sin x
2+sin2x
22+:::+sin nx
2n
este un  sir Cauchy deci convergent.
Demonstrat ie
Fiexn+p=sin x
2+sin2x
22+:::+sin nx
2n+sin(n+1)x
2n+1 +:::+sin(n+p)x
2n+p, undep2N
Atunci:
(5)jxnxn+pj=sin(n+1)x
2n+1 +:::+sin(n+p)x
2n+p1
2n+1+:::+1
2n+p=1
2n+111
2p
11
2=
2
2n+1
11
2p

<1
2n:
Dar cumbn=1
2n!0 rezult a c a pentru orice  > 0 exist an02Na sa ^ nc^ at pentru
nn0)1
2n<.
Revenind la inegalitatea (5), pentru orice >0 exist an02Na sa ca
((8)nn0 si (8)p2N))jxnxn+pj<;
ceea ce asigur a c a ( xn) este  sir Cauchy.
2. S a ar at am c a  sirul
xn= 1 +1p
2+1p
3+:::+1pn
nu este Cauchy, deci nu este convergent
Demonstrat ie
Dac a (xn) ar  un  sir Cauchy, atunci pentru = 1 ar exista unrang n0a sa ca pentru
(8)nn0)jx2nxnj<1. Dar
x2nxn=1pn+ 1+1pn+ 2+:::+1p
2n>1p
2n+:::+1p
2n=np
2n=pnp
2>1
pentru orice n3:
Prin urmare, ( xn) nu poate   sir Cauchy.
Informat iile din acest capitol au fost preluate din [2, 1]
18

Capitolul 4
S iruri cu limita +1sau1
^Incapitolul 1 am ^ nt^ alnit c^ ateva exemple de  siruri divergente: ( xn)= (1)n,fyng=n,
fzng=n. De si toate aceste  siruri sunt divergente ele difer a prin comportare; ^ n timp ce  sirul
(es)te m arginit celelalte dou a  siruri sunt nem arginite, dar, ^ ntr-o anumit a m asur a se comport a
la fel cu  sirurile convergente.
Astfel, pentru  sirul yn=n(resp.zn=n) se observ a c a orice interval ( a;+1] (resp.
[1;a) ), undea>0, cont ine tot i termenii  sirului cu except ia, eventual, a unui num ar nit
dintre ei.
Aceste considerat ii ne ^ ndrept at esc s a introducem urm atoarele not iuni:
Denit ie 4.1
I. Spunem c a  sirul numeric (xn)n2Narelimita +1sau c a este divergent la+1dac a
pentru orice >0exist a un num ar natural nastfel ^ nc^ at xn>pentru orice nn.
^In acest caz vom scrie
lim
n!1xn= +1
II. Spunem c a  sirul (xn)n2Narelimita1 sau c a este divergent la1 dac a pentru orice
>0exist a un num ar natural nastfel ^ nc^ at xn>pentru orice nn.
Vom scrie
lim
n!1xn=1
Teorem a 4.1
I. S irul numeric (ar)e limita +1dac a  si numai dac a orice vecin atate a punctului +1
cont ine tot i termenii cu except ia, eventual, a unui num ar nit.
II. S irul numeric (ar)e limita1 dac a  si numai dac a orice vecin atate a punctului 1
cont ine tot i termenii cu except ia, eventual, a unui num ar nit.
Demonstrat ie
I. S a presupunem c a lim
n!1xn= +1. Fie V o vecin atate arbitrar a a punctului + 1. Atunci,
din denit a vecin at at ii rezult a c a 9a2Ra sa ca (a;+1]V:Dar atunci, cu at^ at mai mult,
exist a >0 a sa ca (;+1]V. Pentru acest  >0;conform denit iei lim
n!1xn= +1, exist a
un rangna sa ca pentru
nn)xn>
19

dar aceasta antreneaz a
nn)xn2V:
Cum rangul ndepinde de V, am ar atat c a pentru orice vecin atate V a lui + 1exist a un num ar
nVa sa ca
nnV=n)xn2V:
Reciproc
Dac a orice vecin atate a punctului + 1cont ine toi termenii  sirului cu except ia unui num ar
nit, ^ n particular, cum mult imile de forma ( ;+1] cu>0 sunt vecin at ai ale lui + 1va rezulta
c a pentru (8)>0 exist an2Na sa ca
nn)xn>:
II. Se demonstreaz a ^ n mod cu totul analog, t in^ and seama c a vecin at at ile punctului 1
sunt mult imi ce cont in intervale de forma [ 1;) cu>0.
Ca  si ^ n cazul  sirurilor convergente se pot stabili anumite criterii de convergent  a a  sirurilor
numerice la +1 si respectiv1.
Teorem a 4.2
I. Dac a (n)este un  sir cu limita 1iar(xn)este astfel ca nxn;pentru orice n2N,
atunci lim
n!1xn=1
II. Dac a (n)este un  sir cu limita 1 iar(xn)este astfel ca xnn;pentru orice n2N,
atunci lim
n!1xn=1
Demonstrat ie
I. Cum lim
n!1n= +1rezult a c a pentru orice >0;exist an2Na sa ca
nn)n>:
Dar atunci, cum xnnrezult a c a pentru nn)xn>;adic a
lim
n!1xn= +1
II. Din lim
n!1n=1 rezult a c a pentru orice >0;exist an2Na sa ca
nn)n<:
T  in^ and seama c a xnnpentru (8)n2Nrezult a c a pentru nn)xn<;adic a
lim
n!1xn=1
Teorem a 4.3
I. Dac axn!1  siyn!y;undey2Rnf1g;atunci (xn+yn)n2Nare limita +1.
II. Dac axn!8 siyn!y;undey2Rnf+1g;atunci (xn+yn)n2Nare limita1.
III. Dac axn!1  siyn!y;undey>0^ nR;atunci (xnyn)n2Nare limita +1.
IV. Dac axn!1  siyn!y;undey<0^ nR;atunci (xnyn)n2Nare limita1.
20

Demonstrat ie
I. Dac axn!1  siyn!1; unde y2R;atunci pentru (8)>0 exist a un rang n1a sa ca
nn1)xn>2y (4.1)
 si un rangn2a sa ca
nn2)y+<yn<y (4.2)
Atunci pentru (8)nn0=maxfn1;n2gavem din (4.1)  si (4.2) c a
xn+yn>(2y) + (y+) =;adic a : lim
n!1(xn+yn) = +1
Dac axn!1  siyn!1;atunci pentru (8)>0 exist an12Na sa ca pentru
nn1)xn>
2(4.3)
 si exist an22Na sa ca pentru
nn2)yn>
2(4.4)
Not amn0=maxfn1;n2g, rezult a din (4.3)  si (4.4) c a pentru ( 8)nn0avem
xn+yn>
2+
2=;adic a lim
n!1(xn+yn) =1
Punctul II se arat a ^ n mod cu totul analog.
S a veric am III. S a presupunem, mai ^ nt^ ai, c a xn!1  siyn!y;undey >0;y2R.
Atunci pentru orice >0 exist a un rang n1a sa ca
nn1)y<yn<y+:
S a alegem un 0>0 a sa ca=y0s a r am^ an a pozitiv a , atunci pentru
(8)nn1(0))yn>> 0: (4.5)
pe de alt a parte, cum lim
n!1xn=1, rezult a c a pentru ( 8)>0 exist an22Na sa ca pentru
nn2)xn>
; (4.6)
Din (4.5)  si (4.6), lu^ and n0=maxfn1;n2grezult a c a pentru ( 8)nnare loc
xnyn>

=, de unde
lim
n!1(xnyn) =1:Dac a lim
n!1xn= lim
n!1yn= +1;pentru>0;arbitrar. Cum lim
n!1yn>0;
putem alege un num areal a sa ca 0<< lim
n!1yn si atunci exist a un rang n1a sa ca
21

nn1)yn> (4.7)
Cum  si lim
n!1=1;exist a un rang n2a sa ca
nn2)xn>
(4.8)
Din (4.7)  si (4.8), pentru ( 8)nn0=maxfn1;n2g, rezult a
xnyn>

=adic a lim
n!1(xnyn) =1
Punctul IV se arat a la fel ca  si punctul III.
Observat ie
Dac axn!1  siyn!1 , n general nu se poate spune nimic despre  sirul ( xn+yn)
La fel da axn!1  siyn!0, ^ n generalnu se poate spune nimic despre  sirul ( xn
yn) Le
vom considera cazuri exceptate.
Teorem a 4.4
I. Dac axn!1 (respectivxn!1 );atunci1
xn!0:
II. Dac axn!0 sixn>0(respectivxn<0) de la un rang ^ n ^ nainte, atunci1
xn!1
(respectiv1
xn!1 ).
Observat ie
Dac a lim
n!1xn= lim
n!1= 0 sau dac a lim
n!1xn= lim
n!1=1
nu putem s a ne pronunt  am asupra  siruluixn
yn:Vom spune c a ^ n acest caz nu putem atribui un
sens cazurilor0
0 si1
1
Teorem a 4.5
I. Dac a (xn)este un  sir cresc ator nem arginit, atunci lim
n!1xn=1
II. Dac a (xn)este un  sir descresc ator  si nem arginit, atunci lim
n!1xn=1;
Demonstrat ie
I. Fie (xn) un  sir cresc ator  si nem arginit. Mult imea termenilor  sirului ( xn) este minorat a de
x1dar nu este majoray a .Atunci pentru ( 8) >0 exist a un termen ^ n  sir xn> : Dar pentru
(8)nnrezult axnxn>, ceea ce spune c a lim
n!1xn= +1
II. Se demonstreaz a la fel.
Corolar 4.1
Orice  sir monoton de numere reale are limit a ^ n R.
Demonstrat ie
Rezultatul este o consecint  a a teoremelor 3.1  si 4.5 .
Informat iile din acest capitol au fost preluate din [2, 1]
22

Capitolul 5
S iruri particulare remarcabile de
numere
Vom prezenta c^ ateva cazuri particulare importante de  siruri numerice, care sunt frecvent utilizate
^ n analiza matematic a.
Propozit ia 5.1
1:lim
n!1npn= 1;
2:lim
n!1np
an= 0;jaj<1; p2Z;
3:lim
n!1an
n=(
0;jaj1
1; a> 1;
4:lim
n!1an
n!= 0;a2R;
5:lim
n!1ln(n)
n= 0;
6:lim
n!1npa= 1; a2R
+;
7:lim
n!1an=8
><
>:0;jaj<1
1; a= 1
1; a> 1;
8:lim
n!1sin xn
xn= 1;unde (xn)n2Neste un  sir convergent spre 0 :
Demonstrat ie
1. Fiexn=npn1 (n1):Atuncixn>0;(8)n1  si avem
n= (1 +xn)n>n(n1)
2×2
n;(8)n1;
deci
0<x2
n<2
n(n1);(8)n1;
Folosind ,,criteriul cle stelui" )lim
n!1×2
n= 0,lim
n!1xn= 0
23

2. Fiejaj<1 xat. Atuncijaj=1
1+cu > 0;dar (1 +)nn(n1)
22;(8)n1 de
unde rezult a
0njajn=n
(1 +)n<n
n(n1)
22=2
2
1
n1;(8)n1;
Aplic^ and teorema 2.2  si ,,criteriul cle stelui" )lim
n!1np
an= 0:
Analog ar at am c a lim
n!1npan= 0;(8)p2Z:
3. Dac ajaj1 , avem 0<jajn
n1
n;(8)n1, deci
lim
n!1jajn
n= 0,lim
n!1an
n= 0
Dac aa>1;avema= 1 +;cu>0;decian>n(n1)
22de unde rezult aan
n>(n1)2
2,
adic a lim
n!1an
n=1
4. S a presupunem xn=jajn
n!(n1):Cumxn+1
xn=jaj
n+1;(8)n1;(9)n0>0 astfel ^ nc^ at
xn+1
xn1
2;(8)nn0. Atuncixn0+11
2xn0;xn0+21
2xn0+11
22xn0;;:::  si ^ n general
xn0+p1
2pxn0;(8)p1. Aplic^ and ,,criteriul major arii" obt inem:
lim
p!1xn0+p= 0,lim
n!1xn= 0
5. lim
n!1lnn
n= lim
n!1(lnnpn) =ln1 = 0;de unde rezult a
lim
n!1lnn
np= lim
n!11
np1
lnn
n= 0
0 = 0 (p2N):
6. (i) Dac a a > 1;9m1 cua < m; deci 1<npa <npn;(8)nm si deoarece
lim
n!1npn= 1 rezult a aplic^ and ,, creiteriul cle stelui", c a lim
n!1npa= 1.
(ii)Dac a 0<a< 1 , vom nota b=1
a>1 atunci din (i))lim
n!1np
b= 1
lim
n!1npa= lim
n!11
np
b=1
lim
n!1np
b=1
1= 1
7. Dac ajaj<1 , atunci aplic^ and (2.) obt inem:
lim
n!1an= lim
n!1n
an
1
n= lim
n!1n
an
lim
n!11
n= 0
0 = 0
Dac ajaj<1, atunci aplic^ and (3.) obt inem:
lim
n!1an= lim
n!1n
an
n= lim
n!1n
lim
n!1an
n= 0
0 = 0
8. F ar a a restr^ ange generalitatea presupunem xn>0 , dac a ar  negativ  stim c a funct ia sin
este impar a decisin(xn)
(xn)=sin xn
xn, astfel termenii negativi ai  sirului ( xn) ^ i vom face pozitivi
f ar a a schimba limita raportului sau convergent a  sirului( xn).
Cum (xn) este convergent la 0, cu termeni pozitivi, exist a un rang n0, astfel ^ nc^ at pentru
oricenn0, 0<xn<
2. Dar se  stie c a sin x<x<tg x ; (8) 0<x<
2, astfel:
sin xn
sin xn<xn
sin xn<tg xn
sin xn)1<xn
sin xn<1
cos xn
24

Vom trece la limit a  si vom folosi ,,criteriul cle stelui", de unde obt inem:
lim
n!1xn
sin xn= 1;astfel lim
n!1sin xn
xn= lim
n!11
xn
sin xn=1
lim
n!1xn
sin xn=1
1= 1
Observat ii
1.^In (2.) putem ^ nlocui p2Zprinp2R.^In (3.) respectiv (5.)rezultatele r am^ an valabile,
dac a ^ nlocuim limitele date prin
lim
n!1an
nprespectiv
lim
n!1ln n
np
;p2Rrespectiv (p2[1;1))
2. S irul (npn)n>2este strict descresc ator. S irurilean
n

nn0 sian
n!

nn0sunt strict monotone
(8)na2R
+;dac an0este sucient de mare. Veric am acest lucru calcul^ and limita dup a n a
c^ atului a doi termeni consecutivi.
Propozit ia 5.2 (num arul e1)
Fiexn=
1 +1
n
n;n1:Atunci (xn)n1este strict cresc ator  si majorat , deci convergent.
Limita sa se noteaz a cu e  si avem 2<e< 3;
Demonstrat ie
Fieyn=
1 +1
n
n+1;n1:T  in^ and seama de Inegalitatea lui Bernoulli:
(1 +t)n>1 +nt;(8)t2(1;1)nf0g;(8)n2N
obt inem:
yn
yn+1=n+ 1
nn+1
: n+ 2
n+ 1n+1

n+ 2
n+ 1!
=(n+ 1)2
n2+ 2nn+1

n+ 1
n+ 2
=
1 +1
n2+ 2nn+1

n+ 1
n+ 2>
1 +n+ 1
n2+ 2n
=n(n+ 2)2+ 1
n(n+ 2)2>1
Deciyn>yn+1 si deci (yn) este strict descresc ator.
Analog, (8)n1 avem:
xn+1
xn=n+ 2
n+ 1n+1
: n+ 1
nn+1

n
n+ 1!
=n2+ 2n
(n+ 1)2n+1

n+ 1
n
=
11
(n+ 1)2n+1

n+ 1
n>
1n+ 1
(n+ 1)2

(n+ 1)
n= 1
Decixn+1>xn si deci (xn) este strict cresc ator.
Evident, (8)n1 avem:
0<ynxn=
1 +1
n

1
nyn
ny1
nn!1!0
Aplic^ and ,,criteriul cle stelui"  si ,,criteriul major arii" rezult a c a  sirurile ( xn) , (yn) sunt con-
vergente  si limitele lor sunt egale; s a not am aceasta limit a cu e. Este clar c a :
2 =x1<e<y 4=3125
1024<3
1Constanta matematic a e este un num ar irat ional transcedental cu proprietatea c a valoarea derivatei funct iei
f(x) = ex^ n punctul x = 0 este exact 1. Num arul e este uneori numit  si num arul lui Euler
25

Corolar 5.1
S irulxn=
11
n
n; n> 1este strict descresc ator  si are limita e.
Demonstrat ie
lim
n!1
11
nn
= lim
n!1
1 +1
n1n
= lim
n!1 
11
nn1!n
n1
=e
Corolar 5.2
S irul
1 +1
n
n

n1este strict cresc ator , iar  sirul
1 +1
n
n+1
n1este strict descresc ator
, au aceia si limit a e  si avem inegalit at ile:

1 +1
nn
<e<
1 +1
nn+1
;(8)n1
Corolar 5.3
1: 0<e
1 +1
nn
<3
n;(8)n1;
2:1
n+ 1<ln
1 +1
nn
<1
n;(8)n1;
Demonstrat ie
1. Evident pentru orice n1 avem:
0<e
1 +1
nn
<
1 +1
nn+1

1 +1
nn
=
1 +1
nn

1
n<e
n<3
n
2. Logaritm^ and inegalit at ile din Corolarul 5.2 obt inem:
n
ln
1 +1
n
<1<(n+ 1)ln
1 +1
n
)1
n+ 1<ln
1 +1
nn
<1
n
Propozit ia 5.3 Constanta lui Euler
Fiexn= 1 +1
2+:::+1
nln n ; n1. Atunci (xn)este strict descresc ator  si minorat de
0, deci convergent. Limita sa, numit a constanta lui Euler, se noteaz a cu
 si avem 0<
< 1:
Demonstrat ie
Din Corolarul 5.3 (2) avem:
1
n+ 1< ln (n+ 1)ln n <1
n;(8)n1 (5.1)
)nX
k=11
k+ 1<nX
k=1(ln(k+ 1)ln k )<nX
k=11
k;(8)n1 (5.2)
)nX
k=11
k+ 1< ln (n+ 1)<nX
k=11
k;(8)n1 (5.3)
26

Atunci (8)n1;avem :
xn+1xn=1
n+ 1ln(n+ 1) +ln n< 0 am folosit relat ia (5.1)
Am obt inut faptul c a ( xn) este descresc ator. Folosind cea de-a doua inegalitate din (5.3),
vom avea pentru oricare n1:
0<ln(n+ 1)ln n<nX
k=11
kln n =xn< x 1= 1
A sadar (xn) este descresc ator  si minorat de 0, deci convergent. Fie
limit sa. Din ultimele
inegalit at i se observ a evident c a 0 <
< 1.
Corolar 5.4
lim
n!11 +1
2+:::+1
n
ln n= 1
Demonstrat ie
Trecem la limit a ^ n relat ia evident a :
1 +1
2+:::+1
n
ln n=1 +1
2+:::+1
nln n
ln n+ 1;n> 1:
Corolar 5.5
lim
n!11
n+ 1+1
n+ 2:::+1
k
n=ln k; (8)k2;
Demonstrat ie
Trecem la limit a ^ n relat ia evident a :
1
n+ 1+1
n+ 2:::+1
k
n=

1 +1
2+:::+1
k
nln kn

1 +1
2+:::+1
nln n
+ln k; n1:
)lim
n!11
n+ 1+1
n+ 2:::+1
k
n=
lim
n!1
1 +1
2+:::+1
k
nln kn
lim
n!1
1 +1
2+:::+1
nln n
+ lim
n!1ln k=
=

+ln k=ln k
Informat iile din acest capitol au fost preluate din [1, 3]
27

Capitolul 6
Aplicat ii
6.1 Num arul e
1. S tiind c a lim
n!1
1 +1
n
n=e;s a se demonstreze c a:
a) lim
n!1
1 +1
1!+1
2!+1
3!+:::+1
n!
=e
b)S a se deduc a de aici c a e= 1 +1
1!+1
2!+1
3!+:::+1
n!+n
n!n, unden2(0;1);
c)e2RnQ;
Demonstrat ie
a)en=
1 +1
nn
= 1 +n
n+n(n1)
2!1
n2+n(n1)(n2)
3!
1
n3+:::+
n(n1):::(nk+ 1)
k!
1
nk+:::+n(n1):::
2
1
n!
1
nn>
1 +1
1!+1
2!
11
n
+1
3!
11
n
12
n
+:::+1
k!
11
n
:::
1k1
n
De aici prin trecere la limit a dup a n, obt inem:
e= lim
n!1en1 +1
1!+1
2!+1
3!+:::+1
k!=xk;(8)k2N
Pe de alt a parte , avem:
en=
1 +1
nn
<2 +1
1!+:::+1
n!=xn;(8)n2N
 si atunci:en<xn<e ; (8)n2Nde unde, dac a t inem seama c a lim
n!1en=e;
)lim
n!1xn=e
b) Avem:
xn+mxn=1
(n+ 1)!+1
(n+ 2)!+:::+1
(n+m)!<
1
(n+ 1)!
1 +1
n+ 2+1
(n+ 2)2+:::+1
(n+ 2)m1
=1
(n+ 1)!
n+ 2
n+ 1<1
n!n
28

Pentru n xat  si m!+1obt inem:
0<exn<1
n!n
 si prin urmare , not^ and
0<n=exn
1
n!n<1
obt inem c a
e= 1 +1
1!+1
2!+1
3!+:::+1
n!+n
n!n;cun2(0;1);
c) Presupunem c a e2Q. Decie=m
n; m;n2N:A sadar:
e=m
n= 2 +1
1!+:::+1
n!+n
n!n;cun2(0;1);
^Inmult ind egalitate cu n! obt inem:
(n1)!mn!
2 +1
1!+:::+1
n!+n
n!n
=n
n;
iar aceast a ultim a egalitate este imposibil a deoarece n2(0;1) , iar membrul st^ ang este un
^ ntreg. Deci presupunerea e2Qeste absurd a  si deci e2RnQ.
2. Fie dat  sirul (xn)n2N; xn>0 silim
n!1xn=x>0;s a se calculeze lim
n!1n(npxn1):
Demonstrat ie
Fiean=n(npxn1):Atuncian
n+ 1 =npxn;deci:
xn=an+n
nn
=
1 +an
nn
=
1 +an
nn
ann
an
n
adic a lim
n!1xn=elim
n!1an si prin urmare, avem: lim
n!1an=lnlim
n!1xn=ln x
3. Fie dat  sirul (xn)n2N silim
n!1xn= 0;s a se calculeze lim
n!1ln(1+xn)
xn.
Demonstrat ie
lim
n!1ln(1 +xn)
xn= lim
n!1ln(1 +xn)1
xn=ln( lim
n!1(1 +xn)1
xn) =ln(e) = 1
29

4. S a se calculeze lim
n!1n
sin(2
e
n!)
Demonstrat ie
Folosind faptul c a e=X
k01
k! sin!nX
k=01
k!este ^ ntreg,)sin(2n!e) =sin0
@2n!X
kn+11
k!1
A
Vom nota  sirul cu termenul general bn=n!1X
k=n+11
k!; si vom ar ata c a1
n+ 1<bn<1
n
^Intr-adev ar bn=1
n+ 1+1
(n+ 1)(n+ 2)+:::+1
(n+ 1)(n+ 2):::(n+k)+:::=
1
n+ 1+1X
k=21
(n+ 2)(n+ 3):::(n+k)>1
n+ 1;pe de alt a parte
bn<1
n+ 1+1
(n+ 1)2+:::+1
(n+ 1)k+:::=1
n+ 11
1
n+11
11
n+1!1
n;deci
1
n+ 1<bn1
n;din ,,criteriul cle stelui" obt inem bn!0
)2n
n+ 1<2nbn2n
n;trec^ and la limit a )lim
n!12bn= 2
Revenind la limita noastr a rezult a :
lim
n!1sin(2n!e) = lim
n!1sin(bn)
bn
(2nbn) = lim
n!12nbn
lim
n!1sin(bn)
bn= 2
(am folosit propozitia 5.1, subpunctul 8)
5. S a se calculeze lim
n!1cos n2npe:
Demonstrat ie
Se  stie c a avem: cos a = (1)ncos(an);(8)n2N sia2R
A sadar:an=cos n2npe= (1)ncos(n2npen) = (1)ncos n (2npe1)
= (1)ncos
2e1
2n1
1
2n
Dac a ^ n aplicat ia 2 vom lua  sirul xn=npe ;obt inem lim
n!1n(npe1) =ln(e) = 1;
astfel rezult a c a lim
n!12npe1
1
2n= 1:Deci lim
n!1cos
2
2npe1
1
2n=cos
2= 0
 si deoarece  sirul ( 1)neste m arginit, rezult a c a lim
n!1an= 0:
30

6. S a se calculeze lim
n!1an;unde:an=0
@1 +sin
n
1 +tg
n1
An3
; n2;n2N:
Demonstrat ie
Dac a not am: un=1 +tg
n
sin
ntg
n)an=
1 +1
unun1
un
n3
 si deci lim
n!1an=exunde:x= lim
n!1n3
un= lim
n!1sin
n
sin
n+cos
n
cos
n1

n3=
lim
n!1n3sin
n

2sin2
2n

lim
n!11
sin
n+cos
n=2 lim
n!1sin
n

nsin
2n

2n2

3
22=3
2
deci lim
n!1an=e3
2:
7. Se consider a  sirurile (an)n2N;(bn)n2N;de termeni generali: an=nQ
k=1Ck
knkp
nQ
k=1Ck
knkp1;
bn=0
BB@n2nnP
k=1(Ck
n)2
n(n1)1
CCAn
;(n)n1ind un  sir de termeni pozitivi , convergent la 0 .
a)S a se calculeze lim
n!1an
b)S a se determine nastfel ^ nc^ at lim
n!1an= lim
n!1bn:
Demonstrat ie
a) Avem:an=nY
n=1(knkp)!
k!(knkpk)!
k!(knkpk1)!
(knkp1)!=nY
k=1knkp
knkpk=
nY
k=1np
np1=np
np1n
=
1 +1
np1n
 si deci, lim
n!1an=e:
b) Avem:bn=n2nPn
k=1(Ck
n)2
n(n1)n
=n(n1) +nnPn
k=1(Ck
n)2
n(n1)n
=

1 +nnPn
k=1(Ck
n)2
n(n1)n
=
1 +nnCn
2n
n(n1)n
;am t inut cont denX
k=1(Ck
n)2=Cn
2n:
Dac a not am n=1
Cn
2n=(n!)2
(2n)!;atunci lim
n!1n= 0  si deci:
lim
n!1bn= lim
n!1
1 +n1
n(n1)n
=e= lim
n!1an:
31

8. Se consider a  sirul (an)n2;undean=n+1p
(n+ 1)!np
n!
a) s a se calculeze lim
n!1an:
b) s a se calculeze lim
n!1n+bp
(n+b)!n+dp
(n+d)!undeb;d2N; b>d:
Demonstrat ie
a)1Vom folosi Teorema 3.4( criteriul de convergent  a Cauchy-D'Alambert). Dac a ( un) este
un  sir de numere reale strict pozitive  si exist a lim
n!1un+1
un=u>0 atunci exist a lim
n!1npun=u:
Dac a vom lua un=(n+ 1)n
n!atunci:
un+1
un=(n+ 2)n+1
(n+ 1)!
n!
(n+ 1)n=
1 +1
n+ 1n+1
!e si deci: lim
n!1n+ 1
np
n!=e (6.1)
Dac a vom lua un=nn
n!atunci:
un+1
un=(n+ 1)n+1
(n+ 1)!
n!
nn=
1 +1
nn
!e si deci: lim
n!1n
np
n!=e (6.2)
Avem: lim
n!1
n+1p
(n+ 1)!
np
n!!n
= lim
n!1
n(n+1)s
((n+ 1)!)n
(n!)n+1!n
= lim
n!1
n(n+1)r
(n+ 1)n
n!!n
lim
n!1
n+1s
n+ 1
np
n!!n
= lim
n!1n+ 1
np
n!n
n+16:1=e:
lim
n!1n+1p
(n+ 1)!
np
n!= lim
n!1
n+1p
(n+ 1)!
n+ 1
n
np
n!
n+ 1
n!
6:2=e
e1= 1: (6.3)
Prin urmare:
e= lim
n!1
n+1p
(n+ 1)!
np
n!!
= lim
n!10
B@
1 +n+1p
(n+ 1)!np
n!
np
n!!np
n!
n+1p
(n+1)!np
n!1
CAan
nnp
n!
=eea
,e=eea,a=e1;undea= lim
n!1an:
b) Vom aplica punctul a) astfel:
lim
n!1n+bp
(n+b)!n+dp
(n+d)! = lim
n!1bd1X
i=0(n+d+i+1p
(n+d+i+ 1)!n+d+ip
(n+d+i)!)
=bd1X
i=0lim
n!1an+d+i= (bd)e1
1Problema este propus a de Traian Lalescu (1882-1929), iar solut ia este dat a de Marcel T ena – matematicieni
rom^ ani
32

6.2 Limite de  siruri date prin termenul general
9. S a se calculeze: lim
n!1xn;undexn=npn1
3pn+23pn:
Demonstrt ie
Not^ andbn=npn1>0;(8)n2  sibn!0 (prop. 5.1 ex. 1) )npn= 1 +bn>0
de unde:ln n
n=ln(1 +bn),n=ln n
ln(1 +bn)astfel:
an=npn1
3pn+ 23pn=bn(3p
(n+ 2)2+3p
n(n+ 2) +3p
n2)
2=
=bnn2
3
2
0
@3s
1 +2
n2
+3r
1 +2
n+ 11
A
de unde obt inem:
lim
n!1an=3
2lim
n!1bn
n2=3=3
2lim
n!1nbn
n1=3=3
2lim
n!1bnln n
n1=3ln(1 +bn)=
=3
2lim
n!1ln n
n1=3
lim
n!1bn
ln(1 +bn)(aplicat ia 3)=3
2lim
n!1ln n
n1=3= 0
(conform propozit iei 5.1 ex. 5)
10. Se consider a  sirul (xn)n2Nunde:xn=n2P
i=0[p
i]; n2N:S a se calculeze lim
n!1xn
n3:
Demonstrat ie
^In ecare interval I m= [m2;(m+ 1)2); m2N;exist a 2m+ 1 numere naturale  si pentru
oricei2Imavem [p
i] =m. Deci:
xn=n1X
i=0(2i+ 1)i+n= 2n1X
i=0i2+nX
i=0i= 2(n1)n(2n1)
6+n(n+ 1)
2=
=n(4n26n+ 2 + 3n+ 3)
6=n(4n23n+ 5)
6
Prin urmare lim
n!1xn
n3= lim
n!1n(4n23n+ 5)
6n3=2
3
33

11. Se consider a  sirul (xn)n2Nunde:xn=1+3 +5 +7+


…+2n1
2n
8
6
4
2:S a se calculeze
lim
n!1nn1p1xn
Demonstrat ie
Vom deduce forma general a pentru xn:
P(1):x1=1
2
1!; x2=22
2!1
22
2!; x3=23
3!1
23
3!
presupunem adev arat P(k): xk=2k
k!1
2k
k! si trebuie s a ar at am
P(k+1):xk+1=2k+1
(k+ 1)!1
2k+1
(k+ 1)!
^Intr-adev ar xk+1=xk+2k+ 1
2k+1(k+ 1)!=2k
k!1
2k
k!+2k+ 1
2k+1(k+ 1)!=2k+1
(k+ 1)!1
2k+1
(k+ 1)!
)xn=2n
n!1
2n
n!
Astfel problema noastr a devine : lim
n!1nnr
12n
n!1
2n
n!=1
2lim
n!1n
np
n!(6:2)=e
2
12. S a se calculeze limita  sirului: xn=[x] + [22x] +:::+ [n2x]
n2;(8)n2N; x2R
Demonstrat ie
Din denit ia p art ii ^ ntregi  stim x1<[x]xdeci: (8)k2Navem:k2x1<[k2x]k2x
)nX
k=1(k2x1)<nX
k=1[k2x]nX
k=1k2xsau
x(12+ 22+:::+n2)n < [x] + [22x] +:::+ [n2x]x(12+ 22+:::+n2)
putem ^ mp art i la n3; n> 0)
x(12+ 22+:::+n2)n
n3<[x] + [22x] +:::+ [n2x]
n3x(12+ 22+:::+n2)
n3dar
lim
n!1x(12+ 22+:::+n2)n
n3= lim
n!1xn(n+ 1)(2n+ 1)6n
6n3=2x
6=x
3 si
lim
n!1x(12+ 22+:::+n2)
n3= lim
n!1xn(n+ 1)(2n+ 1)
6n3=2x
6=x
3
Din teorema cle stelui )lim
n!1[x] + [22x] +:::+ [n2x]
n3=x
3
34

13. S a se calculeze limita  sirului: an=nh
1 +2
n
n+2
1 +1
n
2(n+1)i
Demonstrat ie
an=n"
(n+ 2)n+1
nn+2(n+ 1)2(n+1)
n2(n+1)#
=(n+ 1)n+1
nn+1(n+ 2)n+2
(n+ 1)n+1(n+ 1)n+1
nn
=
1 +1
nn+1(n+ 2)n+2
(n+ 1)n+1(n+ 1)n+1
nn
Din Corolarul 5.2 avem lim
n!1
1 +1
nn+1
=e
trebuie s a calcul am lim
n!1(n+ 2)n+2
(n+ 1)n+1(n+ 1)n+1
nn
Conform propozit iei 5.2  sirul
1 +1
nn
este cresc ator. Astfel vom avea:
(n+ 2)n+2
(n+ 1)n+1(n+ 1)n+1
nn>
1 +1
nn
(n+ 2n1) =
1 +1
nn
(6.4)
Pe de alt a parte
(n+ 2)n+2
(n+ 1)n+1(n+ 1)n+1
nn=(n+ 2)n+2
(n+ 1)n+1(n+ 1)n+1
nnn+ 2
n+ 1n+1
+n+ 2
n+ 1n+1
=
= (n+ 1)(n+ 2)n+1
(n+ 1)n+1(n+ 1)n
nnn+ 2
n+ 1n+1
=
=n+ 1
n+ 2n+ 2
n+ 1n+1
n+ 2(n+ 1)2n+1
nn(n+ 2)n
+n+ 2
n+ 1n+1
=
=n+ 1
n+ 2n+ 2
n+ 1n+1
n+ 2(n+ 1)2
n(n+ 2)n

(n+ 1)
+n+ 2
n+ 1n+1
=
=n+ 1
n+ 2n+ 2
n+ 1n+1
n+ 2
1 +1
n(n+ 2)n

(n+ 1)
+n+ 2
n+ 1n+1
(6.5)
Din inegalitatea lui Bernoulli avem:
1 +1
n(n+ 2)n
>1 +n
n(n+ 2)= 1 +1
n+ 2
Folosind acest rezultat ^ n 6.5 obt inem :
(n+ 2)n+2
(n+ 1)n+1(n+ 1)n+1
nn<n+ 1
n+ 2n+ 2
n+ 1n+1
n+ 2
1 +1
n+ 2

(n+ 1)
+n+ 2
n+ 1n+1
=
=n+ 1
n+ 2n+ 2
n+ 1n+11
n+ 2+n+ 2
n+ 1n+1
(6.6)
Din 6.4  si 6.6 obt inem:

1 +1
nn
<(n+ 2)n+2
(n+ 1)n+1(n+ 1)n+1
nn<n+ 1
n+ 2n+ 2
n+ 1n+11
n+ 2+n+ 2
n+ 1n+1
Prin trecerea la limit a  si folosind teorema cle stelui
)elim
n!1(n+ 2)n+2
(n+ 1)n+1(n+ 1)n+1
nne)lim
n!1(n+ 2)n+2
(n+ 1)n+1(n+ 1)n+1
nn=e
Astfel lim
n!1an= lim
n!1
1 +1
nn+1

lim
n!1(n+ 2)n+2
(n+ 1)n+1(n+ 1)n+1
nn
=e
e=e2
35

14.(Viete)S a se arate c a :
lim
n!1r
1
2
vuut1
2
1 +r
1
2!
:::vuuut1
20
@1 +vuut1
2
1 +:::+r
1
2!1
A
| {z }
n radicali=2

Demonstrat ie
Se observ a c a :r
1
2= cos
4,
vuut1
2
1 +r
1
2!
=r
1
2
1 + cos
4
= cos
8
:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::
vuuut1
20
@1 +vuut1
2
1 +:::+r
1
2!1
A
| {z }
n radicali= cos
2n
Prin urmare limita cerut a este echivalent a cu: lim
n!1
cos
4
cos
8:::cos
2n
=2
Pe de alt a parte se poate ar ata prin induct ie identitatea:
cos
4
cos
8:::cos
2n=1
2n
sin
2
sin
2n+1
Deci:
lim
n!1
cos
4
cos
8:::cos
2n
=2
lim
n!1
2n+1
sin
2n+1=2

15. S a se calculeze limita  sirului:
an=1p+ 2p+:::+np
np+1;p2N
Demonstrat ie
Se noteaz a xn= 1p+ 2p+:::+np siyn=np+1, se observ a c a yneste cresc ator  si divergent,
astfel se poate aplica teorema lui Stolz-Cesaro.
lim
n!1xn+1xn
yn+1yn= lim
n!1(n+ 1)p
(n+ 1)p+1np+1= lim
n!1(n+ 1)p
C1
p+1
np+ C2
p+1
np1+:::+ 1=1
C1
p+1=1
p+ 1
Conform teoremei lui Stolz-Cezaro )lim
n!1an=1
p+ 1
16. Fiea0 si(xn)n1un  sir de numere reale. S a se arate c a dac a  sirulx1+x2+:::+xn
na
n1
este m arginit, atunci  sirul (yn)n1, denit prin yn=x1
1b+x2
2b+:::+xn
nb, este convergent pentru
oriceb>a:
36

Olimpiada Nat ional a de Matematic a cls. a XI-a, 2015
Demonstrat ie
Solut ie preluat a de pe site-ul ocial al ONM [9].
Not amSn=nP
k=1xk; n2N:Conform ipotezei, exist a c>0 astfel cajSnjc
na;(8)n2N:
Pentru n,p2N, avem:
jyn+pynj=n+pX
k=n+1xk
kb=n+pX
k=n+1SkSk1
kb=Sn+p
(n+p+ 1)bSn
(n+ 1)b+n+pX
k=n+1Sk1
kb1
(k+ 1)b
jSn+pj
(n+p+ 1)bjSnj
(n+ 1)b+n+pX
k=n+1jSkj1
kb1
(k+ 1)b
c"
2
nba+n+pX
k=n+1ka1
kb1
(k+ 1)b#
(6.7)
Consider am funct ia f: [i;i+ 1]!Rf(x) =x;unde;i > 0. f este continu a pe [i,i+1],
derivabil a pe (i,i+1), deci putem aplica teorema lui Lagrange: 9c2(i;i+1) astfel ^ nc^ at f0(c) =
f(i+ 1)f(i)
i+ 1i= (i+ 1)idarf0(x) =
x1<0)f este descresc atoare  si avem :
1
i1
(i+ 1)=
1
c+1dar
(i+ 1)+1<1
c+1<
i+1)
(i+ 1)+1<1
i1
(i+ 1)<
i+1
^In particular dac a lu am o dat a =b>0  sii=kobt inem:1
kb1
(k+ 1)b<b
kb+1iar dac a lu am
=ba>0  sii=k1 avem:displaystyleba
(k+1)ba+1<1
(k1)ba1
(k)ba;8k2N; k2:
Folosind ultimele ineglit at i ^ n (6.7) obt inem:
n+pX
k=n+1ka1
kb1
(k+ 1)b
<n+pX
k=n+1b
ka
kb+1=b
ban+pX
k=n+1ba
kba+1<
<b
ban+pX
k=n+11
(k1)ba1
kba
=b
ba1
nba1
(n+p)ba
<b
(ba)nba
)jyn+pynj<c
2 +b
ba1
nba;8n;p2N:
Cum lim
n!1n(ba)= 0 , deducem c a  sirul ( yn) este fundamental deci convergent.
37

6.3 Limite de  siruri recursive
17. Fie  sirul (xn)n2Nastfel ^ nc^ at x1=1; x2= 1 iar termenul general este dat de
relat ia: 6
xn+25
xn+1+xn= 0;(8)n2N:S a se calculeze lim
n!1xn.
Demonstrat ie
Vom rezolva ecuat ia caracteristic a ata sat a recurent ei : 6
r25
r+ 1 = 0.Se obt in solut iile:
r1=1
3 sir2=1
2. Astfel termenul general al  sirului ( xn) estexn= C 11
3n+ C 21
2n. Conform
ipotezei obt inem sistemul:8
>><
>>:C11
3+ C 21
2=1
C11
9+ C 21
4= 1
Se g asesc solut iile C 1=27;C2= 16.
Obt inem termenul general al  sirului xn=27
1
3n+ 16
1
2n:
Astfel lim
n!1xn=27
lim
n!11
3n+ 16 lim
n!11
2n:Se  stie c a lim
n!1an= 0;pentrujaj<1,
deci lim
n!1xn= 0:
18. Fie (an)n2Nun  sir de numere ^ ntregi av^ and urm atoarele propriet at i:
a)a2= 2
b)am
n=am
an;(8)m;n2N
c)am>andac am>n:
S a se determine: lim
n!1a2
1+a2
2+:::+a2
n
n3
(Olimpiada matematic a Canada, 1972)
Demonstrat ie
Deoarece 0 = 0
2 rezult aa0=a0
2=a0
a2= 2a0;decia0= 0. Analog 2 = 2
1)a2=
a1
a2)2 = 2
a1;de unde obt inem a1= 1
S a presupunem c a pentru ( 8)nkaveman=n si trebuie s a ar at am c a  si pentru n=k+ 1
avemak+1=k+ 1
Avem dou a posibilit at i:
a)k= 2p, atuncik+ 1 = 2p+ 1  si deci: 2
p < k + 1<2(p+ 1) saua2p< ak+1<
a2p+1ceea ce eate echivalent cu : a2
ap<ak+1<a2
ap+1;adic a 2
p<ak+1<2
p+ 2  si cum
ak+12Zrezult a c aak+1=k+ 1
b)k= 2
p+1 atuncik+1 = 2
p+2 = 2(p+1);deciak+1=a2(p+1)=a2
ap+1= 2(p+1) =
k+ 1:
Deci, (8)n2Naveman=n si atunci:
lim
n!1a2
1+a2
2+:::+a2
n
n3= lim
n!112+ 22+:::+n2
n3= lim
n!1n(n+ 1)(2n+ 1)
6n3=1
3:
38

19. Fie  sirul de numere reale pozitive (xn)n1dat dex1>0 six2
n+1=n(xnxn+1);n2
N:S a se arate c a lim
n!1nxn=e
Demonstrat ie
Se observ a c a  sirul ( xn) este un  sir descresc ator  si pozitiv, deci exist a lim
n!1xn=`2(0;x1]:
T  in^ and cont de relat ia x2
k+1=k(xkxk+1);k2N: si d^ and valori lui k de la 1 la n1,
obt inem prin ^ nsumare:
x2
1+x2
2+:::+x2
n
n1=x1+x2+:::+xn1
n1xn; n2 (6.8)
Dinteorema 3.6 avem lim
n!1×2
1+x2
2+:::+x2
n
n1=`2 si lim
n!1×1+x2+:::+xn1
n1=`
Trec^ and la limit a in 6.8 obt inem: `2=``)`= 0
Folosind teorema Stolz-Ces aro obt inem:
lim
n!11
xn
lnn=1
xn+11
xn
ln n+1ln n= lim
n!1xn+1=xn
n
ln(1+1=n)= lim
n!1n
xn+1+n
1
ln(1+1=n)n= 1
De unde rezult a c a lim
n!1nxn= lim
n!1exn
ln n=e
20. S a se calculeze limita  sirului:
xn=p+xn1; x1=p ; > 0; n2
Demonstrat ie
Vom demonstra prin induct ie matematic a monotonoa  sirului.
pas 1.×2x1=p
+pp>0
pas 2. Presupunem adev arat xk>xk1 si trebuie s a demonstr am c a xk+1>xk
xk+1xk=p+xkp+xk1=xkxk1p+xk+p+xk1>0)xk+1>xk;(8)k>0 (Conform
metodei induct iei  sirul e monoton cresc ator)
Am obt inut xk+1> xk^ nlocuimxk+1cup+xk)p+xk> xkind valori pozitive
putem ridica la p atrat )+xk> x2
ksolut iile ecuat iei asociate sunt: xk1;2= 1p1 + 4)
xk2(1p1 + 4;1+p1 + 4))xne m arginit  si monoton deci este convergent. Fie lim
n!1=x
trec^ and la limit a ^ n egalitatea xn+1=p+xn)x=px+)x2=+x)x2x=
0)x1;2= 1p1 + 4darx>0)x= lim
n!1xn= 1 +p1 + 4
21. Fie a un num ar real 0a1. Fiea1=p1a ; an=p1an1pentrun2:S a
se studieze convergent a  sirului (an)n2N
Demonstrat ie
Se observ a c a a1=a2este echivalent cu a=p
51
2 si ^ n acest caz  sirul este constant,
an=p
51
2, deci este convergent. ^In cazula= 0 saua= 1  sirul e divergent. S a presupunem c a
a2p
51
2;1
Se vede u sor c a a1<a2de unde rezult a a3<a2 sia1<a3
Rezult a :
a4=p1a3>p1a2=a3
a4=p1a3<p1a1=a2
A sadara1<a3<a4<a2:Prin induct ie complet a se demonstreaz a inegalit at ile:
39

a2n1<a2n+1<a2n+2<a2n
De aici deducem c a sub sirul termenilor de rang impar al  sirului ( an) este monoton cresc ator
 si m arginit , iar sub sirul termenilor de rang par este monoton descresc ator  si m arginit, deci
am^ andou a sub sirurile sunt convergente. Fie u= lim
n!1a2n+1; v= lim
n!1a2n:Dinan+1=p1an
deducemu=p1v ; v =p1uSe observ a c a u6= 0; u6= 1; v6= 0; v6= 1  si obt inem
u=v=p
51
2
S a analiz am acum cazul a2
0;p
51
2
. Avem 1a2p
51
22
;1
 si decip1a2
p
51
2;1
, situat ie ^ n care neglij am primul termen al  sirului  si suntem ^ n cazul deja discutat.
Rezult a c a pentru a6= 0; a6= 1  sirul (an) este convergent  si are limitap
51
2
22. Fie  sirul de numere reale (xn)n0, astfel ^ nc^ at x0=a>0 sixn+1=xn+p
1 +x2n;
(8)n2N:
a) S a se studieze existent a limitei  sirului (ynxn)n1, unde y este num ar real xat.
b) Este posibil ca limita  sirului (ynxn)n1s a e 2015?
Dan Popescu Olimpiada local a de matematic a , Suceava 2015
Demonstrat ie
Cuma>0 exist a2
0;
2
astfel ^ nc^ at x0=a= ctg)x1= ctg+p
1 + ctg2=
cos
sin+1
sin=2
cos2=21 + 1
2
sin=2
cos=2= ctg
2. Presupunem adev arat c a xn= ctg
2n si
vom ar ata c a xn+1= ctg
2n+1:^Intr-adev ar xn+1= ctg=2n+p
1 + ctg2=2n=cos=2n
sin=2n+
1
sin=2n=2
cos2=2n+11 + 1
2
sin=2n+1
cos=2n+1= ctg
2n+1. Am obt inut c a xn= ctg
2n;(8)n2N:
)ynxn=cos
2n
sin
2n
yn=
2n
sin
2n
(2y)n

cos
2n; n1
Conform propozit iei 5.1 ex. 8. avem: lim
n!1
2n
sin
2n= 1  si din ex. 7. avem: lim
n!1
2n= 0)
lim
n!1cos
2n= 1  si lim
n!1(2
y)n=8
><
>:0;j2yj<1
1;2y= 1
1;2y>1;. Pentruy1
2nu avem limit a .
Din cele de mai sus obt inem:
lim
n!1ynxn=8
>>>>><
>>>>>:0;dac ay2
1
2;1
2
1
;dac ay=1
2
1;dac ay21
2;1
;
.
Pentruy1
2ynxnnu are limit a . Dar a= ctg)= arcctg a :
40

b) Se observ a c a limita poate  nit a doar dac a y=1
2. Astfel lim
n!1ynxn= 2015 atunci c^ and
y=1
2 sia= ctg1
2015
23. Fie (n)n2Nun  sir cu proprietatea c a n2(0;1];(8)n2N:S a se arate c a  sirul (xn)
denit astfel: x0=b; xn=a
n+ (1n)xn1; abeste convergent. Dac a  sirul (n)este
cresc ator atunci lim
n!1xn=a:
Demonstrat ie
Vom demonstra prin induct ie matematic a propozit ia: P(n): xna
P(0):bae adev arat din datele problemei.
P(1):x1=a
n+ (1n)
b= (1n)
(ba) +aa;pentru c a avem din ipotez a
ba sin1
Presupunem adev arat pentru orice knadev arat P(k)  si trebuie s a ar at am P(k+1).
^Intr-adev ar xk+1a=a(k+11) + (1k+1xk= (1k+1)(xka)0:Decixn
a;(8)n2N
Pe de alt a parte avem  si xn+1xn=n+1a+ (1n+1)xnxn=n+1(axn)0,
astfel  sirul este monoton descresc ator  si m arginit inferior, deci este convergent, adic a exist a
x= lim
n!1xn2R
Dac aneste cresc ator  si t inem seama c a n2(0;1];(8)n2N;rezult a c a (9)= lim
n!1n2
(0;1] Trec^ and la limit a ^ n relat ia de recurent  a obt inem :
x=
a+ (1)x,x=a= lim
n!1xn
24. S a se arate c a  sirul denit prin relat iile:
a1=1
2; an+1=1 +ana2
n
2an
este m arginit  si monoton cresc ator. S a se calculeze limita sa.
Demonstrat ie
Vom ar ata prin induct ie matematoc a propozit ia P(n): an<1:
P(1) :a1<1 evident.
Presupunem adev arat P(k): ak<1  si trebuie s a demonstr am P(k+1): ak+1<1.^Intr-
adev arak+1=1 +aka2
k
2ak= 1(1 +ak)2
2ak. Darak<1 deci 2ak>0. Obt inem astfel
(1+ak)2
2ak>0)1(1 +ak)2
2ak<1:adic aak<1
Monotonia  sirului: an+1an=1an
2an>0;)an+1>an:Astfel  sirul este monoton cresc ator
 si m arginit superior deci este convergent. Fie x limita sa. Din relat ia de recurent  a rezult a
x=1 +x+x2
2x)x= 1 deci lim
n!1an= 1
41

25. Se consider a  sirul de numere reale strict pozitive (yn)n1a sa ^ nc^ at exist a lim
n!1yn+1
yn=
` ; `2(0;1):Dac a  sirul (xn)n1este denit prin xn+1=xn+1
npyn;(8)n2N six1>0
dat, s a se demonstreze c a lim
n!1xn=1 silim
n!1xn
n=1
`
(Anca Andrei Olimpiada local a de matematic a , Suceava 2015)
Demonstrat ie
Cum lim
n!1yn+1
yn=`, din criteriul Cauchy – D'Alambert rezult a c a lim
n!1npyn=`:
Deoarecexn+1xn=1
yn>0 , rezult a c a  sirul ( xn) este strict cresc ator. Dac a ( xn) ar
 m arginit superior, ar rezulta c a exist a lim
n!1xn=L2R si trec^ and la limit a ^ n relat ia de
recurent  a obt inem c a L=L+1
`, ceea ce nu se poate. Rezult a astfel c a  sirul ( xn) este monoton
cresc ator  si nem arginit superior deci lim
n!1xn=1
Pentru calculul lim
n!1xn
nvom aplica criteriul Stolz-Ces aro: dac a exist a lim
n!1xn+1xn
(n+ 1)n=
lim
n!11
npyn=1
`atunci lim
n!1xn
n=1
`:
42

6.4 S iruri  si integrale
26. Fie  sirul (In)n1; In=n+1Z
n2x1
2xdx:
a) Ar atat i c a  sirul (In)este cresc ator.
b) Ar atat i c a  sirul (In)este m arginit.
c) Calculat i lim
n!1n
(2In).
Demonstrat ie
In=n+1Z
n2x1
2xdx=n+1Z
n
21
x
dx= (2xln(x))jn+1
n= 2n+ 2ln(n+ 1)2n+ln(n)
)In= 2ln
1 +1
n
(6.9)
a)In+1In= 2lnn+ 2
n+ 12 +lnn+ 1
n=ln
1 +1
n(n+ 1)
>0)In+1>In)(In)
este monoton cresc ator.
b) Din (6.9 ) avem In= 2ln
1 +1
n

dar 0<ln
1 +1
n

ln(2))2ln(2)In<2:
Astfel  sirul ( In) este m arginit.
c) lim
n!1n(2In) = lim
n!1n
ln
1 +1
n
= lim
n!1ln
1 +1
nn
=ln e = 1:
27. Fie  sirul (In)n1; In=eZ
1lnnx dx ; n2N:
a) S a se arate c a (In)este monoton.
b) S a se g aseasc a o relat ie de recurent  a ^ ntre In siIn+1:
c) S a se calculeze lim
n!1In
Demonstrat ie
a)In+1In=eZ
1lnnx(ln x1)dx0 deoarece x2[1;e] avemln x0  si 1ln x.
Am obt inut astfel c a( In) este monoton descres ator. Cum 0 lnx1)0lnnx1)0
eZ
1lnnx dxe( am folosit proprietatea ,, Dac a f;g: [a;b]!Rsunt dou a funct ii integrabile
astfel ^ nc^ at fg, atunciZb
afZb
ag". Din faptul c a Ineste monoton  si m arginit rezult a c a
 sirul (In) este convergent.
b) Vom integra prin p art i
)Zb
alnnx dx =xlnnxje
1Zb
ax
n
1
x
lnn1x dx =enZb
alnn1x dx
)In=enIn1
c) Relat ia precedent a se poate scrie:1
n+ 1In+1=e
n+ 1InTrec^ and la limit a ^ n relat ia
de recurent  a obt inem: lim
n!1In= 0 (am t inut cont c a Ineste m arginit.)
43

28. Fiefn:R!R; fn(x) =xnex; n2N:
a) S a se calculeze f(k)
1(x);
b) FieIn=Z
0xnexdx; x2R:S a se stabileasc a o relat ie de recurent  a pentru In; n1;
c) S a se arate c a lim
!1Z
0xnexdx=n!:
Demonstrat ie
a)f0
1(x) =exxex=ex(1x)f00
1(x) =ex(1x)ex=ex(x2):
Presupunem prin induct ie c a f(k)
1(x) =ex(akx+bk)  si trebuie s a ar at am c a f(k+1)
1 (x) este
de aceia si form a .
f(k+1)
1 (x) =akex(akx+bk)ex= (ak
x+akbk)exdac a not am ak+1=ak si
bk+1=akbkobt inem forma general a pentru f(k+1)
1 (x). Trebuie s a stabilim forma general a
pentru  sirurile ( ak) , (bk), undeak=ak1;bk=ak1bk1; a1= 1;b1=1; k> 1:
Se observ a c a ak= (1)k sibk= (a)k+1
k. Vom demonstra prin metoda induct iei matema-
tice aceste formule: pentru k= 1 este evident ^ ndeplinit a formula, presupunem adev arat pentru
k  si trebuie s a demonstr am pentru k+1 ^ ntr-adev ar : ak+1=ak=(1)k= (1)k+1; bk+1=
(1)k(1)k+1
k= (1)k+2(k+ 1):
Am obt inut astfel f(k)
1= [(1)k
x+ (1)k+1
k]ex:
b) Vom integra prin p art i  si obt inem:Z
0xnexdx=xnex
0+nZ
0xn1ex)In=ne+nIn1
c) Vom trece la limit a ^ n relat ia precedent a  si obt inem:
lim
!1In=lim
!1ne+nlim
!1In1)lim
!1In=nlim
!1In1=n(n1) lim
!1In2=
:::=n! lim
!1I1darI1= lim
!1Z
0xexdx=lim
!1xnex
0+ lim
!1Z
0exdx=lim
!1ex
0=
lim
!1e+ 1 = 1:Deci lim
!1In=n!
29. Fie  sirul an=Z1
0(1x2)ndx ; n1. S a se arate c a este descresc ator  si are limita 0.
Demonstrat ie
Not am cuIm;nintegralaZb
a(xa)m(bx)ndx. Vom calcula aceast a integral a  si apoi vom
particulariza pentru  sirul nostru.
Integr^ and prin p art i obt inem:Zb
a(xa)m(bx)ndx=1
n+ 1(xa)m(bx)n+1b
a+m
n+ 1Zb
a(xa)m1(bx)n+1dx,
deci:
Im;n=m
n+ 1Im1;n+1;(8)m;n2N
AunciIm;n=m
n+ 1
m1
n+ 2:::1
m+nI0;m+n si deoarece I0;m+n=Zb
a(bx)m+ndx=
(ba)m+n+1
m+n+ 1, deducem:
Im;n=m
n+ 1
m1
n+ 2:::1
m+n
(ba)m+n+1
m+n+ 1=n!m!(ba)m+n+1
(m+n+ 1)!(6.10)
44

Utiliz^ and (6.10) pentru a=1; b= 1 avem:Z1
0(1x2)ndx=1
2Z1
1(1x2)ndx=1
2Z1
1(x+ 1)n(1x)ndx=1
2(n!)2
22n+1
(2n+ 1)!
Am obt inut astfel: an=1
2(n!)2
22n+1
(2n+ 1)!. Pentru a demonstra monotonia vom calcula raportul
an+1
an=1
2(2n+ 3)<1;(8)n1. Daran>0;(8)n1 , decian+1<an, adic a  sirul ( an) este
monoton descresc ator  si m arginit inferior , deci e convergent. Folosind criteriul raportului
obt inem lim
n!1an= lim
n!1an+1
an= lim
n!11
2(2n+ 3)= 0:
30. S a se calculeze limita  sirului cu termenul general: an=3
nnX
k=1rn
n+ 3(k1):
Demonstrat ie
an=3
nnX
k=11q
1 +3(k1)
n. Se observ a c a avem o sum a Riemann pe intervalul [0 ;3] cu divi-
ziunea ,,echidistant a " dat a de punctele xk=3k
n;(k= 0;1;2:::n)  si punctele intermediare
k=3k
n;denit a de funct ia f(x) =1p1 +x.
Astfel:
lim
n!1an= lim
n!13
nnX
k=11q
1 +3(k1)
n= lim
n!1nX
k=1f(k)(xkxk1) =3Z
01p1 +x= (2p
1 +x)3
0=
42 = 2:
31. S a se calculeze limita  sirului cu termenul general: an=1
nnp
n(n+ 1)(n+ 2):::(n+n):
Demonstrat ie
lim
n!1an= lim
n!11
nnp
n(n+ 1)(n+ 2):::(n+n) = lim
n!11
nelnnp
n(n+1)(n+2):::(n+n)=
= lim
n!11
ne1
nln n(n+1):::(n+n)=1
ne1
n[ln n+ln n(1+1
n)+:::+ln n(1+n
n)]=
= lim
n!11
ne1
n[n
ln n+ln(1+1
n)+:::+ln(1+n
n)]= lim
n!11
neln n
e1
nnP
k=1ln(1+k
n)
= lim
n!1n
1
n
e1
nnP
k=1ln(1+k
n)
=
elim
n!11
nnP
k=1ln(1+k
n)
=e1R
0ln(1+x)dx
=exln(1+x)j1
01R
0x
1+xdx
=eln2xj1
0+ln(1+x)j1
0=e2ln21=4
e
Am aplicat suma Riemann denit a de funct ia f: [0;1]!R;f(x) =ln(1 +x) cu diviziunea
xk=k
n; k= 0;1;2;:::;n  si punctele intermediare k=k
n; k= 1;2;:::;n
32. S a se calculeze limita  sirului cu termenul general: an=1
nnX
k=1ek
ncos2k
n:
Demonstrat ie
La fel ca mai sus vom pune ^ n evident  a suma Riemann pentru funct ia f: [0;1]!R; f(x) =
excos2xcu diviziunea xk=k
n; k= 0;1;2;:::;n  si punctele intermediare k=k
n; k= 1;2;:::;n
45

lim
n!1an= lim
n!11
nnX
k=1ek
ncos2k
n= lim
n!1nX
k=1f(k)(xkxk1) =1Z
0excos2x dx
1Z
0excos2x dx =excos2x1
0+1Z
0exsin2x dx =excos2x1
0+exsin2xj1
01Z
02excos2x dx =
excos2x1
0+exsin2xj1
021Z
0(2cos2x1)exdx
)51Z
0excos2x dx =excos2x1
0+exsin2xj1
0+ 2exj1
0=e
cos21 +e
sin2 + 2e3
)lim
n!1an=1
5(e
cos21 +e
sin2 + 2e3):
Exercit iile din acest capitol au fost preluate din [1, 3, 4, 5, 6, 7, 10]
46

Capitolul 7
S irul lui Fibonacci
7.1 Fibonacci ^ n natur a
Printre innitatea de  siruri existente ^ n lumea matematicii, italianul Leonardo of Pisa, cunoscut
 si sub numele de Fibonacci, a descoperit un  sir de numere extraordinar de interesant: ,,0, 1,1,
2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610, 987, 1597". Formula pe baza c aruia se obt ine
acest  sir este una foarte simpl a .
Primele dou a elemente ale  sirului sunt 0  si 1, iar al treilea element se obt ine adu andu-le pe
primele dou a : 0+1 = 1. Al patrulea se obt ine adu andu-le pe al treilea cu al doilea (2+1=3).
Al cincilea se obt ine adu andu-le pe al patrulea cu al treilea (3+2=5),  si tot a sa, p^ an a la innit,
rezult^ and formula general a : xn=xn1+xn2; n2:^In gura de mai jos se poate observa
mai bine cum se obt in elementele  sirului, prin adunarea celor dou a care le preced.
Primul lucru interesant care se observ a ^ n acest  sir este c a dac a ^ mp art im un element al
S irului Fibonacci la precedentul s au obt inem rezultatul 1,61803. Acest lucru este valabil de la
14-lea element n sus (233:144=1,61803, 377:233=1,61803, etc.), indiferent c^ at de mare ar  acel
num ar din  sir. ^In gura de mai sus se observ a mai bine cum se obt ine acest rezultat de 1,61083.
Acest num ar a fost denumit (phi) ind considerat ^ nc a din antichitate raportul de aur sau
num arul de aur, datorit a ^ nt^ alnirii frecvente a acestui raport ^ n lumea care ne ^ nconjoar a . Se
a
 a ^ n raportul de aur oricare dou a numere care ^ ndeplinesc condit ia urm atoare:
a+b
a=a
b=
S irul lui Fibonacci poate  reprezentat  si geometric ^ ntr-o multitudine de feluri. ^In gura
urm atoare poate vedea o reprezentare geometric a simpl a , u sor de ^ nt eles chiar  si pentru cei mai
put in familiari cu legile matematicii.
Se deseneaz a un dreptunghi cu lungimea de 55 cm  si l at inea de 34 cm. ^In interiorul acestuia
se desenaza a un p atrat care are latura exact c^ at l at imea (de 34 de cm). ^In acest moment s-au
format dou a guri mai mici: un p atrat cu latura de 34 de cm  si un dreptunghi cu lungimea
de 34 de cm  si l at imea de 21 cm (55-34). Se repet a procedeul desen^ and iar a si un p atrat ^ n
dreptunghiul mic abia format. De data aceasta p atratul va avea ca latur a 21 cm. ^In acest
moment pe l^ ang a acest nou p atrat a ap arut  si un alt dreptunghi  si mai mic , cu lungimea de 21
cm  si l at imea de 13 cm (34-21). Repet^ and procedeul se obt ine alt p atrat cu latura de 13 cm  si
un dreptunghi  si mai mic cu lungimea de 13 cm  si l at imea de 8 cm. Tot a sa p^ an a c^ and ajungem
s a desen am ultimul p atrat care va avea latura exact de 1 cm  si care va forma ^ n celalt a parte
tot un p atrat de 1 cm.
Dup a cum se observ a dimensiunile geometrice ale acestui dreptunghi sunt exact elementele
 sirului lui Fibonacci. Dac a am desena un arc de cerc din p atratul cel mai mic  si l-am continua
prin cel alalt mai mare, apoi prin urm atorul  si tot a sa, am obt ine o spiral a.
47

48

Dac a se ^ ncadreaz a acest dreptunghi cu latura de 55 cm ^ ntr-unul  si mai mare cu latura de
89 cm, iar pe acesta de 89 cm ^ ntr-unul de 144 cm,  si tot a sa, atunci spirala obt inut a ar  din
ce ^ n ce mai mare, dar ar urm ari exact aceea si formul a.
Extraordinara este similitudinea dintre S irul lui Fibonacci , reprezentarea lui geometric a  si
aplicabilitatea lui ^ n natur a . Cercet^ and structura cochiliei unui melc s-a ajuns la concluzia c a
respect a construct ia Spiralei lui Fibonacci, de asemenea raportul dintre ^ n alt imea  si lungimea
melcului este de raportul de aur 1,61803. Unghiul care ^ mparte o rotat ie complet a ^ ntr-o sect iune
de aur este 3600== 222;50(aproximativ), unghi care dep a se ste o jum atate de cerc. M asurat
^ n direct ie opus a , unghiul are valoarea 222 ;501800= 137;50 si este numit, uneori, unghiul de
aur.
Cristobal Vila demonstreaz a cum semint ele
orii soarelui sunt a sezate fascinant pe baza aces-
tui unghi de 137 de grade. Pornind de la a sezarea semint elor
orii soarelui el arat a cum exist a o
multitudine de cercuri care se interesecteaz a . ^In aceste cercuri se ^ nscriu triunghiuri echilaterale
care au v^ arfurile pe cerc. S ase triunghiuri echilaterale al aturate formeaz a un hexagon. Apoi
traseaz a o perpendicular a pe latura comun a a triunghiurilor. Punctele ^ n care se intersecteaz a
acest  sase perpendiculare formeaz a un nou hexagon. Acest hexagon al aturat altuia de l^ ang a el,
format prin aceea si metod a  si apoi al aturat celui de-al treilea, apoi celui de-al patrulea,  si tot
a sa, formeaz a structura aripilor unui
uture.
Conexiunile geometrice ar putea continua la nesf^ ar sit trec^ ant prin toat a creat ia, de la cele
mai mici detalii p^ an a la cele mai mari.
Ce este fascinant la toat a aceast a demonstrat ie este urm atorul lucru: ,,Cum de se leag a
at^ at de bine ceea ce noi oamenii am dedus prin mintea noastr a a sez^ and numerele ^ ntr-un fel,
 si descoper^ and proport ia , cu cochilia unui melc, apoi cu dispunerea geometric a a semint elor
pe
oarea soarelui, apoi cu dispunerea solzilor pe aripile unui
uture  si cu alte elemente ale
creat iei?"
Aplicabilitatea S irului lui Fibonacci  si a proport iei ^ n Univers este fascinant a . Acest raport
() poate  g asit  si la alte plante ce prezint a forme ^ n spiral a , precum conurile de brad sau
ananasul. Multe alte plante (precum trandarii) au ca num ar de petale un num ar din seria lui
Fibonacci (sau foarte apropiat de acesta). Locul ramic arii multor specii de plante se produce
la distant e procentuale cu numerele  sirului lui Fibonacci, deci conform rapoartelor de valoare
constant a.
Valurile m arii iau forma unei spirale c^ and se apropie de t  arm  si pot  astfel reprezentate
geometric pe baza numerelor 0, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34  si 55.
La fel  si spiralele formate ^ n galaxiile din Univers pot  reprezentate grac pe baza S irului
lui Fibonacci.
7.2 Fibonacci ^ n matematic a
Acest  sir a inspirat matematicienii rezult^ and o serie de exercit ii dintre care amintim:
33. (S irul lui Fibonacci) Fie (xn)n1un  sir denit astfel: x1=x2= 1  sixn+1=xn+
xn1;(8)n1 (x0= 0) . Atunci (8)n1avem relat iile:
1.xn=1p
5"
1 +p
5
2!n

1p
5
2!n#
;
2.×1+x2+:::+xn=xn+21 ;
3.×1+x3+:::+x2n1=x2n;
49

4.×2+x4+:::+x2n=x2n+11 ;
5.×2x3+x4+:::+ (1)nxn= (1)nxn1;
6.×2
1+x2
2+:::+x2
n=xnxn+1;
7.xn1xn+1x2
n= (1)n;
8.x2n+x2
n+1x2
n1= 0 ;
9.×2
nx2
n+1+x2n+1= 0 ;
10.xn2xn+2x2
n= (1)n+1;
11.xn1xn+1xn2xn2= 2(1)n;
12.C0
n+C1
n1+:::=xn+1:
Demonstrat ie
1. Fie ecuat ia t2t1 = 0 , cu r ad acinile t1;2=1p
5
2:
Din relat iile lui Viete avem t1+t2= 1  sit1
t2=1 de unde rezult a c a :
xn+1= (t1+t2)xnt1t2xn1;
de unde succesiv deducem: xn+1t2xn=t1(xnt2xn1) =t2
1(xn1t2xn2) =:::=
tn
1(x1t2x0);deci
xn+1t2xn=tn
1×1 (7.1)
^In mod analog
xn+1t1xn=tn
2×1 (7.2)
Sc az^ and relat ia (7.1) din (7.2)  si t in^ and cont c a x1= 1;obt inem:
xn(t2t1) =tn
2tn
1;deci
xn=
1 +p
5
2!n

1p
5
2!n
1 +p
5
21p
5
2=1p
5"
1 +p
5
2!n

1p
5
2!n#
2. din denit ia  sirului ( xn)n1 avem:
x1= 1
x2=x1+x0
x3=x2+x1
…
xn+2=xn+1+xn
de unde prin adunare deducem:
xn+2= 1 +x1+x2+:::+xn
50

3. din denit ia  sirului ( xn)n1 avem:
x2=x1+x0
x4=x3+x2
x6=x5+x4
…
x2n=x2n1+x2n2
de unde prin adunare deducem:
x2n=x1+x3+:::+x2n1
4. Se deduce analog ca subpunctul 3.
5. Se scad relat iile de la subpuntele 4.  si 3.
6. Vom demonstra pin induct ie matematic a . Fie P(n): x2
1+x2
2+:::+x2
n=xnxn+1;(8)n1
Pentru n=1 avem P(1): x2
1=x1x2, ceea ce e adev arat.
Presupunem adev arat P(n)  si trebuie s a demonstr am P(n+1): x2
1+x2
2+:::+x2
n+x2
n+1=
xn+1xn+2.^Intr-adev ar x2
1+x2
2+:::+x2
n+x2
n+1=xnxn+1+x2
n+1=xn+1(xn+xn+1) =
xn+1xn+2
7. Vom ar ata prin induct ie matematic a . Fie P(n): xn1xn+1x2
n= (1)n
Pentru n=1 P(1): x0x2x2
1= (1)1, 1 =1 ceea ce este evident.
Presupunem adev arat P(n): xn1xn+1x2
n= (1)nn1  si trebuie s a demonstr am
P(n+1):xnxn+2x2
n+1= (1)n+1.^Intr- adev ar xnxn+2x2
n+1=xn(xn+xn+1)
xn+1(xn1+xn) =(xnxn+1x2
n) =(1)n= (1)n+1:
8. Trebuie s a ar at am: x2nx2
n+1+x2
n1= 0 ; S tim din 1. c a xn=1p
5"
1 +p
5
2!n

1p
5
2!n#
)
x2n=1p
52
4
1 +p
5
2!2n

1p
5
2!2n3
5=
=1p
5"
1 +p
5
2!n

1p
5
2!n#"
1 +p
5
2!n
+
1p
5
2!n#
Pe de alt a parte x2
n+1+x2
n1=xn(xn+1xn1) =1p
5"
1 +p
5
2!n

1p
5
2!n#


8
<
:1p
52
4
1 +p
5
2!n+1

1p
5
2!n+13
51p
52
4
1 +p
5
2!n1

1p
5
2!n13
59
=
;=
=1p
5"
1 +p
5
2!n

1p
5
2!n#8
<
:1p
52
4
1 +p
5
2!n1
1 + 5 + 2p
5
4+ 1!


1p
5
2!n1
1 + 52p
5
4+ 1!3
59
=
;=
=1p
5"
1 +p
5
2!n

1p
5
2!n#"
1 +p
5
2!n
+
1p
5
2!n#
51

Din ultimele dou a relat ii obt inem x2nx2
n+1+x2
n1= 0
9. Se demonstreaz a la fel.
10. Se demonstreaz a prin induct ie la fel ca 7.
11. Se obt ine prin sc aderea relat iilor din 10.  si 7.
12. O vom ar ata prin induct ie complet a
Vom nota P(n): C0
n+C1
n1+C2
n2+:::=xn+1;n1
P(1):C0
1=x2,1 = 1 adev arat
Presupunem adev arat pentru orice kn si trebuie s a demonstr am pentru n+1:
 stim c a P(n)  si P(n-1) sunt adev arate
)C0
n+C1
n1+C2
n2+:::=xn+1 siC0
n1+C1
n2+C2
n3+:::=xndarC0
n=
C0
n+1; C1
n1+C0
n1=C1
n,C2
n2+C1
n2=C2
n1;:::;Ck
nk+Ck1
nk=Ck
nk+1, Prin
adunarea relat iilor adev arate din P(n)  si P(n-1) , folosind observat iile anterioare obt inem:
C0
n+1+C1
n+C2
n1+:::+Ck
nk+1+:::=xn+2
34. Fie (xn)n1 sirul lui Fibonacci. Atunci:
1.lim
n!1xn+1
xn=1 +p
5
2(num arul ,,de aur ");
2.(9)p>0, unic a.^ . lim
n!1xn
pn=1p
5;
3.(9)p>0, unic a.^ . lim
n!1×1+x2+:::+xn
pn+2=1p
5;
4.lim
n!1npxn=1 +p
5
2;
5. SeriaP
n11
xneste convergent a ;
6. SeriaP
n1(1)n1
x2
1+x2
2+:::+x2nare suma2
1 +p
5:
Demonstrat ie
1. Din aplicat ia 33 subpunctul 1. avem :
xn
xn+1=1p
5"
1 +p
5
2!n

1p
5
2!n#
:8
<
:1p
52
4
1 +p
5
2!n+1

1p
5
2!n+13
59
=
;
=1
1p
5
1 +p
5!n
1 +p
5
2
1p
5
1 +p
5!n

1p
5
2!1
1+p
5
2
deoarece1p
5
1+p
5<1
2 si lim
n!1
1p
5
1 +p
5!n
= 0
52

2. S a ar at am c a pentru p=1 +p
5
2avem satisf acut a condit ia din enunt  . ^Intr-adev ar avem:
lim
n!1xn
pn= lim
n!11p
52
666641
1p
5
2!n

1 +p
5
2!n3
77775= lim
n!11p
5"
1
1p
5
1 +p
5!n#
=1p
5
Num arulp > 0 , determinat mai sus este unic : e p > 0;p0>0 astfel ^ nc^ atxn
pn!
1p
5;xn
p0n!1p
5;decip
p0n
=xn
pn
p0n
xn!1p
5
p
5
1= 1  si decip
p0= 1, adic a p=p'.
3. Deoarece x1+x2+:::+xn=xn+21 ( aplicat ia 33 – subpunctul 2.) avem:
lim
n!1×1+x2+:::+xn
pn+2= lim
n!1xn+2
pn+21
pn+2
=1p
5
Unicitatea lui p>0 se deduce ca mai sus.
4. Cumnpxn=pxn
pn1=n
, cup=1 +p
5
2 si lim
n!1xn
pn=1p
5, rezult a c a lim
n!1npxn=
p1p
50
=p:
5. Fiean=1
xn; n1:Atuncian+1
an=xn
xn+1;deci lim
n!1an+1
an=2
1 +p
5= <1:A sadar
exist aN1 astfel ^ nc^ at an+1an, (8)nN ;deciaN+pp
aN;(8)p1
Cum lim
n!1Pn
p=1p=
1<1;rezult a c a :
lim
n!1NX
i=1ai=NX
i=1ai+ lim
n!1nX
p=1aN+pNX
i=1ai+aN
1<1
6. Am v azut c a sn=x2
1+x2
2+:::+x2
n=xnxn+1(aplicat ia 33 – subpunctul 6.) ( 8)n1
S a ar at am c a
nX
i=1(1)i+1
si=xn
xn+1;(8)n1 (7.3)
^Intr-adev ar , pentru n=1, avem:1
s1=x1
x2.
Fien2 astfel ^ nc^ atnP
i=1(1)i+1
si=xn
xn+1. Atunci :n+1P
i=1(1)i+1
si=xn
xn+1+(1)n+2
sn+1=
xn
xn+1+(1)n+2
xn+1xn+2= =xnxn+2+ (1)n
xn+1xn+2=x2
n+1
xn+1xn+2=xn+1
xn+2, deoarece xnxn+2=
x2
n+1+ (1)n+1. Prin urmare relat ia ( 7.3) este adev arat a . Atunci conform primului
subpunct din exercit iul curent avem:
X
n1(1)n
sn= lim
n!1xn
xn+1=2
1 +p
5:
Informat iile din acest capitol au fost preluate din [3, 8]
53

Bibliograe
[1] M. Marin, H. Arabnia, Problems in Algebra and Mathematical Analysis, Elliot & Fitzpa-
trick, Athens, USA, 2004
[2] ANCA PRECUPANU , BAZELE ANALIZEI MATEMATICE , Editura Unibersit at ii-,,Al.
I. Cuza" – Ia si , 1993
[3] GH. SIRET  CHI , CALCUL DIFERENT  IAL S I INTEGRAL VOL. I S I II – EDITURA
S TIINT  IFIC A S I ENCICLOPEDIC A – BUCURES TI, 1985
[4] D.M. B ATINET  U, PROBLEME DE MATEMATIC A PENTRU TREAPTA A II-A DE
LICEU- S IRURI- EDITURA ALBATROS – BUCURES TI 1979
[5] EUGENIU NICULAE – PROBLEME DE MATEMATIC A DE LICEU – S IRURI DE NU-
MERE REALE – EDITURA SF ^ANTUL IERARH NICOLAE -2010
[6] http://recreatiimatematice.ro/arhiva/articole/RM22002POPESCU.pdf
[7] http://www.scrigroup.com/educatie/matematica/PROIECT-SIRURI-DE-
INTEGRALE91317.php
[8] https://matematicasiteologie.wordpress.com/2012/09/19/sirul-lui-bonacci-una-din-
cheile-de-acces-la-codul-sursa-al-creatiei-lui-dumnezeu/
[9] http://onm2015.ssmr.ro/les/onm2015/subiecte/ 11 2015 solutii.pdf
[10] Colect ia de Gazeta Matematic a 1970-2011
54