S iruri convergente c atre zero si trinomul de gradul doi [607588]

1
CAPITOLUL I
S iruri convergente c atre zero  si trinomul de gradul doi
1:1 Fie a; b; c 2Rastfel ^ nc^ at b24ac < 0  si ( xn)n2N, (yn)n2Ndou a  siruri de
numere reale astfel ^ nc^ at lim
n!1(ax2
n+bxnyn+cy2
n) = 0. S a se arate c a lim
n!1xn= 0  si
lim
n!1yn= 0
Solut ie: Observ am c a din condit ia b24ac < 0 ne rezult a c a a̸= 0. Cum ^ n ipotez a
avem lim
n!1(ax2
n+bxnyn+cy2
n) = 0, atunci  si lim
n!1a(ax2
n+bxnyn+cy2
n) = 0!0. Pe
de alt a parte avem:
0(
axn+byn
2)2
=a(
ax2
n+bynxn+cy2
n)
+b24ac
4y2
n
a(
ax2
n+bXnyn+cy2
n)
!0
Folosind criteriul cle stelui vom obt ine c a a(ax2
n+bynxn+cy2
n) +b24ac
4y2
n!0, de
undeb24ac
4y2
n!0. Cum b24ac̸= 0 rezult a c a y2
n!0. Deci, yn!0!. Cum(
axn+byn
2)2!0 rezult a c a axn+byn
2!0. Adic a, axn!0. Cum a̸= 0, atunci
xn!0.
Evaluarea asimptotic a a convergent ei unui  sir cu sum a simpl a  si a altuia
cu sum a dubl a
1:2 (i) Consider am  sirul ( xn)n2Ndat de termenul general:
xn=n∑
i=1i2
p
n4+i
S a se arate c a lim
n!1xn
n=1
3 si lim
n!1n(xn
n1
3)
=1
2
(ii) Consider am  sirul ( xn)n2Ndat de termenul general:
xn=n∑
i;j=1i2+j2
√
n4+i+j
S a se arate c a lim
n!1xn
n2=2
3 si lim
n!1n(xn
n22
3)
= 1
Solut ie: (i) Fie n2N. Pentru orice 1 in, avem
p
n4+ 1p
n4+ip
n4+n;

2
de unde ne rezult a1p
n4+n1p
n4+i1p
n4+ 1
^Inmult ind cu i2, vom obt ine:
i2
p
n4+ni2
p
n4+ii2
p
n4+ 1
Sum^ and de la i= 1 p^ an a la i=n si t in^ and cont c an∑
i=1i2=n(n+1)(2 n+1)
6vom obt ine
n(n+ 1)(2 n+ 1)
6p
n4+nxnn(n+ 1)(2 + 1)
6p
n4+ 1
^Imp art ind la nva rezulta:
(n+ 1)(2 n+ 1)
6p
n4+nxn
n(n+ 1)(2 + 1)
6p
n4+ 1
Cum lim
n!1(n+1)(2 n+1)
6p
n4+n=1
3 si lim
n!1(n+1)(2 n+1)
6p
n4+1=1
3folosind criteriul cle stelui ne rezult a
lim
n!1xn
n=1
3
Fiean=n∑
i=1i2
n2 sizn=xnan. Avem zn=n∑
i=1i2(
1p
n4+i1p
n4)
Dac a 0 < a < b , atunci:
ba
2apa<1p
b1pa<ba
2bp
b
De unde rezult a:
i
2n4p
n4<1p
n4+i1p
n4<i
2(n4+i)p
n4+i i
2(n4+n)p
n4+n
^Inmult ind cu i2 si sum^ and de la i= 1 p^ an a la i=nvom obt ine:
n4+: : :
2
4n6< z n<n4+: : :
2
4(n4)p
n4+n
.
Cum lim n! 1 n4+:::
2
4n6= 0  si lim n! 1 n4+:::
2
4(n4)p
n4+n= 0, din teorema cle stelui
rezult a zn!0.
Cum xn=zn+an=zn+n(n+1)(2 n+1)
6n2 =zn+n
3+3n+2
6nrezult a :
n(xn
n1
3)
=xnn
3=zn+3n+ 2
6n!1
2

3
.
(ii) Fie n2N. Pentru orice 1 i; jn, avem
p
n4<√
n4+i+jp
n4+n
adic a1
n2>1p
n4+i+j1p
n4+n
^Inmult ind cu i2+j2, obt inem:
i2+j2
n2>i2+j2
√
n4+i+ji2+j2
p
n4+n
Sum^ and de la i; j= 1 p^ an a la i; j=n si 'in^ and cont de :
n∑
i;j=1(i2+j2) =n∑
i=1n∑
j=1(i2+j2) =n∑
i=1(
ni2+n(n+ 1)(2 n+ 1)
6)
=
n2(n+ 1)(2 n+ 1
3;
obt inem :
n2(n+ 1)(2 n+ 1
3xnn2(n+ 1)(2 n+ 1
3p
n4+n;
de unde rezult a :
(n+ 1)(2 n+ 1
3xn
n2(n+ 1)(2 n+ 1
3p
n4+n:
Aplic^ and criteriul cle stelui rezult a c a : lim
n!1xn
n2=2
3
Fiean=n∑
i;j=1i2+j2
n2 sizn=xnan
Avem :
zn=n∑
i;j=1(i2+j2)(
1√
n4+i+j1p
n4)
=n∑
i;j=1(i2+j2)(f(i+j)f(0))
unde f: [0;1)!R; f(x) =1p
x+n4
Dac a lu am 0 < a < b , atunci din teorema lui Lagrange rezult a c a exist a a < c < b
astfel ^ nc^ at f(b)f(a) =f′(c)(ba). Cum f′(x) =1
2(x+n4)p
x+n2este cresc atoare,
rezult a f′(a)< f′(c)< f′(b). De aici obt inem:
f′(a)(ba)< f(b)f(a)< f′(b)(ba)

4
Atunci:
(i+j)f′(0)< f(i+j)f(0)<(i+j)f′(i+j)(i+j)f′(2n)
Prin sumare de la i; j= 1 p^ an a la i; j=nvom obt ine:
n∑
i;j=1(i2+j2)(i+j)f′(0)< z nn∑
i;j=1(i2+j2)(i+j)f′(2n)
^Inlocuind valoarea lui f′(0)  si f′(2n) obt inem:
1
2n6n∑
i;j=1(i2+j2)(i+j)< z n 1
2(2n+n4)p
2n+n4n∑
i;j=1(i2+j2)(i+j)
Avem de calculat :
n∑
i;j=1(i2+j2)(i+j) =n∑
i=1n∑
j=1(i2+j2)(i+j) =n∑
i=1n∑
j=1(i3+i2j+ij2+j3) =
n∑
i=1(n2(n+ 1)2
4+n(n+ 1)(2 n+ 1)i
6+n(n+ 1)
2i2+ni3)
=
2n3(n+ 1)2
4+2n2(n+ 1)2(2n+ 1)
12=n2(n+ 1)2(5n+ 1)
6:
^Inlocuind vom obt ine:
n2(n+ 1)2(5n+ 1)
12n6< z n=n2(n+ 1)2(5n+ 1)
12(2n+n4)p
2n+n4
Aplic^ and criteriul cle stelui va rezulta: zn!0
Dar,
n∑
i;j=1=n2(2n2+ 3n+ 1)
3;
iar
an=2n2
3+n+1
3:
Cum xn=an+znrezult a :
xn
n22
3=(an
n2)
+zn
n2=1
n+1
3n2+zn
n2

5
de unde rezult a:
n(xn
n22
3)
= 1 +1
3n+1
n
zn!1

6
Un procedeu sucient de general de evaluare asimptotic a a convergent ei
unor  siruri
1:3 (a) Fie IRun interval deschis, ( xnk)0kn;n2NIo matrice triangular a
innit a astfel ^ nc^ at xn0< x n1< x n2< : : : < x nn,8n2N sif:I!Ro funct ie
derivabil a pe I astfel ^ nc^ at f′este monoton a pe I.
(i) Presupunem c a exist a l2Rastfel ^ nc^ at lim
n!1f′(xn0) =l si lim
n!1f′(xnn) =l. S a
se arate c a:
lim
n!1n∑
k=1[f(xnk)f(xn0)]
n∑
k=1(nk)xn0]=l
(ii) Presupunem c a f′nu se anuleaz a pe I  si lim
n!1f′(xnn)
f′(xn0)= 1. S a se arate c a:
lim
n!1n∑
k=1[f(xnk)f(xn0)]
f′(xn0)n∑
k=1(nk)xn0]= 1
(b) S a se arate c a:
lim
n!1ln(
e+1
n2+ 1)
ln(
e+2
n2+ 2)



ln(
e+n
n2+n)
=e1
2e:
Solut ie: (a) (i) Fie n2N. Din teoreme lui Lagrange, pentru orice 1 kn, exist a
xn0< c nk< x nkastfel ^ nc^ at f(xnk)f(xn0) =f′(cnk)(xnkxn0). Cum f′este
monoton cresc atoare pe Irezult a c a f′(xn0)f′(cnk)f′(xnn)), ceea ce va duce
la:
f′(xn0)(xnkxn0)f(xnk)f(xn0)f′(xnn)(xnkxno)
De aici, prin sumare de la k= 1 p^ an a la k=n, vom obt ine:
f′(xn0)n∑
k=1(xnkxn0)n∑
k=1[f(xnk)f(xn0)]f′(xnn)n∑
k=1(xnkxn0)
adic a:
f′(xn0)n∑
k=1[f(xnk)f(xn0)]
n∑
k=1(xnkxn0)f′(xnn); (1)

7
Din ipotenuz a, relat ia (1)  si criteriul cle stelui rezult a:
lim
n!1n∑
k=1[f(xnk)f(xn0)]
n∑
k=1(nk)xn0]=l
(ii) Cum f′nu se anuleaz a pe I, iar f′are proprietatea lui Darboux, are semn con-
stant  si pentru a face o alegere presupunem f′(x)>0;8x2I. Atunci, f′(xn0)>0,
iar din relat ia (1) vom obt ine:
1n∑
k=1[f(xnk)f(xn0)]
f′(xn0)n∑
k=1(nk)xn0]f′(xnn)
f′(xn0)
Din aceast a inegalitate, ipoteza  si criteriul cle stelui vom obt ine:
lim
n!1n∑
k=1[f(xnk)f(xn0)]
f′(xn0)n∑
k=1(nk)xn0]= 1
(b) Fie f: (1e;1)!R,f(x) = ln(ln( e+x)). Avem f′(x) =1
(e+x) ln( e+x), care
este strict descresc atoare pe intervalul (1 = e;1)
Fie
an= ln(
e+1
n2+ 1)
ln(
e+2
n2+ 2)



ln(
e+n
n2+n)
:
Atunci:
lnan=n∑
k=1[
f(k
n2+k)
f(0)]
:
Avem
f′(0) =1
e; f′(n
n2+n)
=1(
e+n
n2+n)
ln(
e+n
n2+n)!1
e
 si s a not am:
bn=n∑
k=1k
n2+k:

8
Din ( a)(ii)(^ n care xnk=k
n2+k) rezult aelnan
bn!1:
Dar,
1
2=n∑
k=1k
n2+nbn=n∑
k=1k
n2+kn∑
k=1k
n2n+ 1
2n;
de unde folosind criteriul cle stelui rezult a bn!1
2 si de aici ln an!1
2e, deci an!e1
2e:
Evaluarea convergent ei unor  siruri naturale asociate unei funct ii
1:4 Fie f: [0;1]!Ro funct ie de clas a C2:
(i) S a se arate c a exist a M > 0 astfel ^ nc^ at:
jf(x)f(0)xf′(0)j Mx2;8×2[0;1]:
(ii) Fie a2(1;1). S a se calculeze:
lim
n!1n(n∑
k=0akf(k
n)
f(0)
1a)
:
Solut ie: (i) Cum f2C2,f′′este continu a pe [0 ;1]  si prin urmare m arginit a, adic a
M=1
2sup
x2[0;1]jf′′(x)j<1. Din formula lui Mac Laurin exist a 0 xastfel
^ nc^ at f(x) =f(0) + xf′(0) +x2
2f′′(), de unde rezult a:
jf(x)f(0)xf′(0)j Mx2;8×2[0;1]:
(ii) Fie n2N. Din (i) avem :
f(k
n)
f(0)k
nf′(0)Mk2
n2;81kn:
De aici, prin sumare de la k= 1 p^ an a la k=nobt inem:
n∑
k=0ak[
f(k
n)
f(0)k
nf′(0)]n∑
k=0jakjf(k
n)
f(0)k
nf′(0)
n∑
k=0jajkMk2
n2=M
n
n∑
k=0k2jaj2
n:

9
Folosind criteriul cle stelui vom obt ine:
n(n∑
k=0akf(k
n)
n∑
k=0akf(0)n∑
k=0kak
nf′(0))
!0: (1)
Dar, prin derivare obt inem:
n∑
k=0kak= [nan+1(n+ 1)an+ 1]
a
(1a)2
^Inlocuind ^ n (1) vom obt ine:
n(n∑
k=0akf(k
n)
f(0)
1a)
+nan+1
1af(0)af′(0)
(1a)2[nan+1(n+ 1)an+ 1]!0:
Cum nan!0;(jaj<1), rezult a:
n(n∑
k=0akf(k
n)
f(0)
1a)
!af′(0)
(1a)2:
1:5 Fie f: [0;1)!Rcuf(0) = 0, o funct ie de dou a ori derivabil a pe (0 ;1), cu
de rivata a doua m arginit a pe (0 ;1). Fie ( pn)n2Nun  sir de numere naturale astfel
^ nc^ at lim
n!1pn=1 sia2(1;1). S a se arate c a:
lim
n!1npn∑
k=1akf(k2
n)
=a(a+ 1)
(1a)3f′(0):
Solut ie: Fie x > 0. Din exercit iul 1 :4(i) avem:
jf(x)xf′(0)j Mx2;8x > 0: (1)
Fien2N si 1kpn:Din relat ia (1) obt inem:
f(k2
n)
k2
nf′(0)Mk4
n2
sau
nakf(k2
n)
k2akf′(0)Mk4jajk
n: (2)

10
Dac a not am:
xn=npn∑
k=1akf(k2
n)
:
Prin sumare de la k= 1 p^ an a la k=pn^ n relat ia (2) vom obt ine:
xnpn∑
k=1k2akf′(0)pn∑
k=1nakf(k2
n)
k2akf′(0)
M
npn∑
k=1k4jajk;8n2N: (3)
Deriv^ and vom obt ine:
m∑
k=1k2ak=a(a+a)(m+ 1)2am+1+ (2m2+ 2m1)am+2m2am+3
(1a)3;
8m2N; a2R
 si cum lim
x!1xmjajx= 0;8m2N;jaj<1, iar lim
n!1pn=1, va rezulta lim
n!1pn∑
k=1k2ak=
a(a+1)
(1a)3 si analog lim
n!1pn∑
k=1k4jajkexist a  si este un num ar real nit. ^In relat ia (3)
aplic^ and criteriul cle stelui vom obt ine:
lim
n!1xn=f′(0) lim
n!1pn∑
k=1k2ak=a(a+ 1)
(1a)3f′(0):
Un alt procedeu sucient de general de evaluare asimptotic a a
convergent ei unor  siruri
1:6 (a) Fie IRun interval deschis, ( xnk)0k<n;
n2NIo matrice triangular a innit a
astfel ^ nc^ at xn0< x n1< x n2< : : : < x nn;8n2N sif:I!Ro funct ie derivabil a pe
I astfel ^ nc^ at f' este monoton a pe I si (k)k2Nun  sir de numere reale strict pozitive.
(i) Presupunem c a exist a l2Rastfel ^ nc^ at:
lim
n!1f′(xn0) = lim
n!1f′(xnn) =l:

11
S a se arate c a:
lim
n!1n∑
k=1k[f(xnk)f(xn0)]
n∑
k=1k(xnkxn0)=l:
(ii) Presupunem c a f′nu se anuleaz a pe I si lim
n!1f′(xnn)
f′(xn0)= 1. S a se arate c a:
lim
n!1n∑
k=1k[f(xnk)f(xn0)]
f′(xn0)n∑
k=1k(xnkxn0)= 1:
(b) Fie a2(0;1). S a se calculeze:
lim
n!1n2n∑
k=1akln(
1 +k
n2+k)
:
Solut ie: Acest exercit iu este o extensie a exercit iului 1 :3
(a) (i) Fie n2N. Din teorema lui Lagrange pentru orice 1 knexist a
xn0< c nk< x nkastfel ^ nc^ at f(xnk)f(xn0) = f′(cnk)(xnkxn0):Cum f' este
monoton ape I, adic a m+o-noton cresc atoare, rezult ac a f′(xn0)f′(cnk)f′(xnn).
Cum k>0;8k2Nva rezulta:
kf′(xn0)(xnkxn0)f(xnk)f(xn0)kf′(xnn)(xnkxn0):
Prin sumare de la k= 1 p^ an a la k=nvom obt ine:
f′(xn0)n∑
k=1k(xnkxn0)n∑
k=1k[f(xnk)f(xn0)]f′(xnn)n∑
k=1k(xnkxn0)
adic a:
f′(xn0)n∑
k=1k[f(xnk)f(xn0)]
n∑
k=1k(xnkfxn0)f′(xnn): (1)
Din relat ia (1), ipotez a  si din criteriul cle stelui va rezulta:

12
lim
n!1n∑
k=1k[f(xnk)f(xn0)]
n∑
k=1k(xnkxn0)=l:
(ii) Cum f' nu se anuleaz a pe I, iar f' are proprietatea lui Darboux, ea are semn
constant  si pentru a face o alegere presupunem f′(x)>0;8x2I.
Atunci f′(xn0)>0, iar din relat ia (1) vom obt ine:
1n∑
k=1k[f(xnk)f(xn0)]
f′(xn0)n∑
k=1k(xnkfxn0)f′(xnn)
f′(xn0): (1)
De aici folosind datele din ipotez a  si criteriul cle stelui vom obt ine:
lim
n!1n∑
k=1k[f(xnk)f(xn0)]
f′(xn0)n∑
k=1k(xnkxn0)= 1:
(b) Fie xn=n2n∑
k=1akln(
1 +k
n2+k)
:Lu am f: (1;1)!R,f(x) = ln(1+ x); xnk=
k
n2+k;0kn:Avem f′(x) =1
1+x; f′(0) = 1, f′(n
n2+n)
!1, iar din (a)(i)
n∑
k=1akf(
k
n2+k)
n∑
k=1kak
n2+k!1, de unde:
lim
n!1xn= lim
n!1n2n∑
k=1kak
n2+k:
Din relat ia:
n∑
k=1kak
n2+nn∑
k=1kak
n2+kn∑
k=1kak
n2
rezult a
n2
n2+nn∑
k=1kak
n2+k
n∑
k=1kak1:

13
Aplic^ and criteriul cle stelui vom obt ine:
n2n∑
k=1kak
n2+k
n∑
k=1kak!1:
Cumn∑
k=1kak!a
(1a)2rezult a lim
n!1xn=a
(1a)2:
Limita unor  siruri de tip exponent ial
1:7 Fie f: (0;1]!(0;1) o funct ie derivabil a pe (0 ;1] cu f′(1)>0  si ln fare
derivata descresc atoare. Consider am  sirul:
xn=n∑
k=1[
f(k
n)]n
:
S a se arate c a:
lim
n!1xn=8
<
:0; dacaf (1)<1
1
1ef′(1); dacaf (1) = 1
1 dacaf (1)>1
Solut ie: Vezi G:M:B:; 2;1996; C: 1789.
I) Dac a f(1)>1, avem xn>[
f(n
n)]n= [f(1)]n! 1 .
II) Dac a f(1)1, avem xn=n1∑
k=0[
f(nk
n)]n=n1∑
k=0enlnf(nk
n). Aplic^ and teo-
rema lui Lagrange asupra funct iei f pe intervalul[
1k
n;1]
ne va rezulta c a exist a
1k
n<  < 1 astfel ^ nc^ at:
lnf(1)ln(
1k
n)
=k
n
f′()
f()k
n
f′(1)
f(1):
La ultima inegalitate s-a folosit faptul c a (ln f)′=f′
feste descresc atoare. De aici va
rezulta:
lnf(
1k
n)
lnf(1)k
n
f′(1)
f(1);
de unde rezult a:
enlnf(nk
n)[lnf(1)]n
ek
f′(1)
f(1);81kn:

14
Adic a:
0< x n<[f(1)]nn1∑
k=0ek
f′(1)
f(1)= [f(1)]n
1enf′(1)
f(1)
1ef′(1)
f(1); (1)
Dac a f(1)<1, aplic^ and criteriul cle stelui ^ n relat ia (1) vom obt ine lim
n!1= 0:
Dac a f(1)>1, atunci inegalitatea (1) va deveni xn<1
1ef′(1);8n2N, de unde
rezult a:
lim sup xn1
1ef′(1); (2)
Fie acum i2Nxat. Atunci pentru orice n2N,niavem:
xni1∑
k=0ellnf(1k
n):
^Ins a pentru k2N, xat avem:
lim
n!1nlnf(
1k
n)
= lim
n!1lnf(
1k
n)
f(
1k
n)
1
f(
1k
n)
1
k
n
(k) =kf′(1):
Deci, din relat ia (2) pentru n! 1 obt inem:
lim inf xni1∑
k=0ekf′(1)=1eif′(1)
1ef′(1);8i2N:
 si trec^ and la limit a dup a i! 1 vom obt ine:
lim inf xn1
1ef′(1):
Folosind relat iile (1)  si (3) vom obt ine:
1
1ef′(1)lim inf xnlim sup xn1
1ef′(1)
adic a:
lim
n!1xn=1
1e;unde =f′(1):

15
CAPITOLUL III
LIMITE DE INTEGRALE S I EVALU ARI ASIMPTOTICE
Variat iuni pe tema unei limite fundamentale
3:1 S a se calculeze:
lim
n!1n1∫
0xnsin(xn+1)dx  si lim
n!1n1∫
0xnexn
ex+1dx:
Solut ie: Facem schimbarea de variabil a xn=t; x=np
t; dx =np
t
ntdt si avem:
n1∫
0xnsin(xn+1)dx=1∫
0np
tsin(tnp
t)dt:
Din teorema lui Lagrange, pentru orice t2(0;1), exist a un 2(tnp
t; t)