S iruri si sub siruri n analiza [612633]

Ministerul Educat iei Nat ionale
Universitatea "Ovidius" Constant a
Facultatea de Matematic a  si Informatic a
Specializarea Matematic a Didactic a
S iruri  si sub siruri ^ n analiza
matematic a
Lucrare de disertat ie
Coordonator  stiint ic: Prof. Univ. Dr. Costara
Constantin
Masterand: [anonimizat] a 2018

Cuprins
Introducere 3
1 S iruri convergente 4
1.1 S iruri de numere reale. Denit ie  si propriet at i . . . . . . . . . 4
1.2 Not iunea de convergent  a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3 Calcularea limitelor de  siruri tip . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.4 Criterii de convergent  a ale  sirurilor . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.4.1 Criteriul de convergent  a cu ". . . . . . . . . . . . . . 16
1.4.2 Criteriul major arii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.4.3 Criteriul comparat iei la innit . . . . . . . . . . . . . . 19
1.4.4 Criteriul Cle stelui . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.4.5 Criteriul radical (Cauchy-d'Alembert) . . . . . . . . . . 20
1.4.6 Lema lui Stolz-Cesaro . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.5 S iruri fundamentale (S iruri Cauchy) . . . . . . . . . . . . . . . 23
2 S iruri  si sub siruri 25
2.1 C^ ateva  siruri remarcabile ^ n analiza matematic a . . . . . . . . 25
2.1.1 Num arul e. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.1.2 Constanta lui Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.1.3 S irul lui Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.1.4 S irul lui Traian Lalescu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.2 Not iunea de sub sir . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.3 Limite extreme ale unui  sir de numere reale . . . . . . . . . . 35
2.4 Teorema lui Bolzano-Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
3 Exercit ii pentru preg atirea olimpiadelor  si concursurilor  scolare
38
3.1 Exercit ii pentru preg atirea olimpiadelor  si concursurilor  scolare
38
1

4 Exercit ii de la olimpiade, concursuri  scolare  si din gazeta
matematic a 51
4.1 Exercit ii de la olimpiadele  si concursurile  scolare . . . . . . . . 51
4.2 Exercit ii din gazeta matematic a . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
Bibliograe 64
2

Introducere
S irurile  si sub sirurile au fost abordate de cei mai mari pasionat i ai matem-
aticii, rezultate ce trimit cu g^ andul la o piatr a care a fost  slefuit a ^ nc a din
trecutul cel mai ^ ndep artat, l as^ and ^ n urm a contribut ii memorabile, astfel
^ nc^ at prezenta tem a are privilegiul de a  a sezat a pe cel mai frumos piedestal.
Lucrarea de fat  a, intitulat a "S iruri  si sub siruri ^ n analiza mate-
matic a" este structurat a ^ n 4 capitole:  siruri convergente,  siruri  si
sub siruri, exercit ii pentru preg atirea olimpiadelor  si concursurilor
 scolare, exercit ii de la olimpiade  si concursuri  scolare  si din gazeta
matematic a .
Primul capitol denumit "S iruri convergente" cont ine cinci subcapitole
^ n care am prezentat aspectele teoretice, elementare privind  sirurile de nu-
mere reale, not iunea de convergent  a, principalele criterii de convergent  a ale
 sirurilor, cum ar : criteriul de convergent  a cu ", criteriul major arii, criteriul
comparat iei la innit, criteriul cle stelui, citeriul radical, lema lui Stolz-Cesaro
 si nu ^ n ultimul r^ and  sirurile Cauchy.
^In cel de-al doilea capitol, intitulat "S iruri  si sub siruri" am pus ^ n
evident  a c^ ateva  siruri remarcabile ^ n analiza matematic a, demonstr^ andu-le
pe ecare ^ n parte, am prezentat not iunile teoretice cu referire la not iunea
de sub sir, ^ mpreun a cu teoremele fundamentale.
Ultimele dou a capitole, "Exercit ii pentru preg atirea olimpiadelor
 si concursurilor  scolare"  si"Exercit ii de la olimpiade  si concursuri
 scolare  si din gazeta matematic a" cuprind numeroase exercit ii av^ and ca
scop ilustrarea ec arui concept teoretic prezentat anterior.
3

Capitolul 1
S iruri convergente
1.1 S iruri de numere reale. Denit ie  si pro-
priet at i
^In prezenta lucrare vom folosi urm atoarele notat ii:
N= mult imea numerelor naturale;
N= mult imea numerelor naturale nenule;
R= mult imea numerelor reale;
R=R[f1;+1g= dreapta real a ^ ncheiat a.
Prin not iunea  sir^ nt elegem o innitate de numere, distincte sau, nu, scrise
unul dup a altul.
Exemplul 1.1. S irul numerelor naturale: 1, 2, 3, 4, … .
Denit ia 1.2. Se nume ste  sir de numere reale o funct ie f:N!R.^In
general scriem f(n) =an,8n2N si not am (an)n1.
Notat ii echivalente: ( an)n;(an)n2N;(an)n0;(an)n2Netc.
Exemplul 1.3. 1. 2, 2, 2, 2, . . . 2, . . .
2. 1, -1, 2, -2, . . . , n, -n, . . .
3. 3, 32,33,34, . . . , 3n, . . .
4. 1,1
22,1
32,1
42,. . .1
n2, . . .
4

5. 1,1
2,1
3,1
4,. . .(1)n+1
n, . . .
Metode de denire a unui  sir de numere reale
Deoarece  sirul este o funct ie, modalit at ile de a deni un  sir sunt generate
de cele ale denirii unei funct ii:
1.S iruri denite descriptiv
^In acest sens se d a primul termen  si c^ at iva din termenii urm atori, astfel
^ nc^ at s a se observe o regul a de obt inere a oric arui termen al  sirului.
Exemplul 1.4. 1;3;5;7;9;


, regula este scrierea numerelor naturale im-
pare. Decian= 2n+ 1,n2N.
Exemplul 1.5. 1;3;32;33;


, regula este scrierea puterilor naturale ale lui
3. Decian= 3n,n2N.
Exemplul 1.6. 1;1
2;1
3;1
4;


, regula este scrierea inverselor numerelor nat-
urale. Deci an=1
n,n2N.
2.S iruri denite cu ajutorul unei formule (analitic)
Denirea prin formul a a unui  sir ^ nseamn a exprimarea termenului gen-
eral printr-o anumit a expresie. Expresia care determin a ecare termen
al  sirului (an)n2Nfolosind rangul s au nse nume ste formula termenului
generalan.
Exemplul 1.7. Fie  sirul (an)n2Nal c arui termen general este dat prin for-
mula:
an=n2+ 1;n2N:
Astfel, pentru n= 1,n= 2,n= 3, etc. Se obt ine  sirul
(an) : 12+ 1;22+ 1;32+ 1;



Exemplul 1.8. Fie  sirul (an)n2Nal c arui termen general este dat prin for-
mula:
an=n+ 1
n2+ 1;n2N:
Astfel, pentru n=1, n=2, n=3, etc. Se obt ine  sirul
(an) :1 + 1
12+ 1;2 + 1
22+ 1;3 + 1
32+ 1;



Observat ie 1.9. Termenul general al unui  sir poate  exprimat  si prin mai
multe formule.
5

Exemplul 1.10. Fie  sirul (an)n2Nal c arui termen general este dat prin
an=n+ 1; pentru n impar
2n; pentru n par
Obt inema1= 1 + 1 = 2 ,a2= 2
2 = 4 ,a3= 3 + 1 = 4 ,a4= 4
2 = 8 etc.
3.S iruri denite recurent Relat ia de recurent  a este formula cu ajutorul
c areia se exprim a orice termen al  sirului, ^ ncep^ and de la un anumit rang,
^ n funct ie de unul sau de mai mult i din termenii precedent i.
Exemplul 1.11. Fie  sirul (an)n2Ndenit prin:
a1= 2;an+1=1
3an;n1:
Cunosc^ and primul termen al  sirului a1= 2  si leg atura dintre termenul de
rangn+ 1  si termenul de rang n, dat a prin formula an+1=1
3an,n1,
putem g asi oricare termen al  sirului dup a cum urmeaz a:
a1= 2;
a2=1
3
a1=1
3
2 =2
3;
a3=1
3
a2=1
3
2
3=2
32
etc.
Exemplul 1.12. Fie  sirul (an)n2Ndenit prin: a1= 1;a2=2;an+2=
an+13an,n1.
Cunosc^ and primul  si al doilea termen al  sirului a1= 2,a2=2 si leg atura
dintre termenii de rang n+ 1,n+ 2 si termenul de rang n, dat a prin formula
an+2=an+13an,n1, putem g asi oricare termen al  sirului dup a cum
urmeaz a:
a1= 2;
a2=2;
a3=a23
a1=23
1 =5;
a4=a33
a2=53
(2) = 1;
etc.
Denit ia 1.13. S irul (an)n1se nume ste m arginit superior dac a exist a M2
Rastfel ^ nc^ at anM;8n2N, undeMse nume ste majorant al  sirului
(an)n1.
6

Denit ia 1.14. S irul (an)n1se nume ste m arginit inferior dac a exist a m2
Rastfel ^ nc^ at anm;8n2N, undemse nume ste minorant al  sirului
(an)n1.
Denit ia 1.15. S irul (an)n1se nume ste m arginit dac a este m arginit supe-
rior  si inferior.
Exemplul 1.16. S irulan= cosneste m arginit, deoarece termenii s ai sunt
mai mari sau egali cu 1 si mai mici sau egali cu 1.
Observat ie 1.17. ^In cazul ^ n care un  sir nu este m arginit, atunci  sirul
se nume ste nem arginit. A sadar, putem spune c a un  sir este nem arginit
dac a nici un interval m arginit nu cont ine tot i membrii  sirului. S irurile
nem arginite pot :
1.  siruri nem arginite superior;
2.  siruri nem arginite inferior;
3.  siruri nem arginite superior  si inferior.
Denit ia 1.18. Un  sir se nume ste nem arginit superior dac a oricare ar
num arul real M > 0atunci exist a cel put in un termen anal  sirului astfel
^ nc^ atan>M .
Denit ia 1.19. Un  sir se nume ste nem arginit inferior dac a oricare ar
num arul real M > 0atunci exist a cel put in un termen anal  sirului astfel
^ nc^ atan<M.
Denit ia 1.20. Un  sir se nume ste nem arginit superior  si inferior dac a ori-
care ar  num arul real M > 0exist a cel put in un termen anal  sirului ast-
fel ^ nc^ atan> M  si exist a cel put in un termen amal  sirului astfel ^ nc^ at
am<M.
Denit ia 1.21. S irul (an)n1este monoton cresc ator dac a anan+1. S irul
(an)n1este monoton descrec ator dac a anan+1.
Exemplul 1.22. S irul000;1;2;3;


;n;


00este cresc ator, iar  sirul001;1
2;1
3;1
4;


;
1
n;


;00este descresc ator.
Observat ie 1.23. Pentru a studia monotonia unui  sir (an)n2Neste indicat
s a se calculeze diferent a an+1an si s a se compare cu 0.
^In urma compar arii diferent ei cu zero pot ap area urm atoarele situat ii:
7

1. Dac aan+1an0,8n2N, atunci  sirul (an)n2Neste  sir cresc ator.
2. Dac aan+1an>0,8n2N, atunci  sirul (an)n2Neste  sir strict
cresc ator.
3. Dac aan+1an0,8n2N, atunci  sirul (an)n2Neste  sir de-
scresc ator.
4. Dac aan+1an<0,8n2N, atunci  sirul (an)n2Neste  sir strict
descresc ator.
Exemplul 1.24. Fie  sirul (an)n2Ndat prin formula an=3n+ 2
n+ 1;8n2N.
S a studiem monotonia  si m arginirea  sirului.
Solut ie: Pentru a studia monotonia  sirului vom calcula diferent a
an+1an
 si o vom compara cu zero:
an+1an=3(n+ 1) + 2
n+ 1 + 13n+ 2
n+ 1=3n+ 5
n+ 23n+ 2
n+ 1
=(3n+ 5)(n+ 1)
(n+ 1)(n+ 2)(3n+ 2)(n+ 2)
(n+ 1)(n+ 2)
=3n2+ 3n+ 5n+ 53n26n2n4
(n+ 1)(n+ 2)
=1
(n+ 1)(n+ 2)>0
=) sirul (an)n2Neste strict cresc ator. Pentru demonstrarea m arginirii
 sirului vom folosi monotonia  sirului,  si anume: Deoarece  sirul ( an)n2Neste
strict cresc ator avem
an<an+1;8n2N;
 si deci
a1<an;8n1()5
2<an;8n1:
an=3n+ 2
n+ 1=3(n+ 1)3 + 2
n+ 1
=3(n+ 1)1
n+ 1= 31
n+ 1
8

A sadar
1
n+ 1<0() 31
n+ 1<3()an<3:
^In nal avem c a5
2<an<3;
decianeste m arginit superior c^ at  si inferior.
Observat ie 1.25. ^In cazul ^ n care observ am c a termenii  sirului (an)n2N
sunt termeni pozitivi, pentru a studia monotonia acestui  sir este indicat s a
calculeze raportulan+1
an si s a se compare cu unitatea, adic a cu 1.^In urma
compar arii raportului cu unitatea pot ap area urm atoarele situat ii:
1. Dac aan+1
an1;8n2N, atunci  sirul (an)n2Neste cresc ator.
2. Dac aan+1
an>1;8n2N, atunci  sirul (an)n2Neste strict cresc ator.
3. Dac aan+1
an1;8n2N, atunci  sirul (an)n2Neste descresc ator.
4. Dac aan+1
an<1;8n2N, atunci  sirul (an)n2Neste strict descresc ator.
Exemplul 1.26. Fie  sirul (an)n2Ndat prin formula an=2n
n!;8n2N. S a
studiem monotonia  si m arginirea  sirului.
Solut ie: Pentru a studia monotonia  sirului vom calcula raportulan+1
an si
^ l vom compara cu unitatea:
an+1
an=2n+1
(n+ 1)!
n!
2n=2n
n
n!(n+ 1)
n!
2n
=2
n+ 11()an+1an()anan+1
, deci  sirul ( an)n2Neste descresc ator. Pentru demonstrarea m arginirii  sirului
vom folosi monotonia  sirului,  si anume:
Deoarece  sirul ( an)n2Neste descresc ator avem anan+1;8n2N; si deci
a1an;8n1() 2an;8n1
.
Cum  sirul este format din termeni pozitivi, atunci rezult a c a
an>0;8n1:
^In nal avem c a
0<an2;8n1;
deci  sirulaneste m arginit superior c^ at  si inferior.
9

1.2 Not iunea de convergent  a
Vom deni not iunile importante de  sir convergent, vom demonstra apoi prin-
cipalele teoreme pe care le au  sirurile convergente  si vom prezenta operat iile
cu  siruri convergente.
Denit ia 1.27. Fie(an)n1un  sir de numere reale. Spunem c a  sirul (an)n1
este convergent, daca 9a2Rcu proprietatea c a 8">0;9n"1astfel ^ nc^ at
janaj<";8nn":
Num arulase nume ste limita  sirului ( an)n1 si putem scrie astfel:
lim
n!1an=a;an!a;an!a(n!1 ):
De regul a spunem c a ( an)n1este convergent  si are limita asau (an)n1
converge la a.
Denit ia 1.28. Fie(an)n1un  sir de numere reale. Spunem c a (an)n1are
limita1, dac a8c2R+;9n"1astfel ^ nc^ at anc;8nn":
Scriem: lim
n!1an=1:
Analog, spunem c a ( an)n1are limita1, dac a8c2R;9n"1 astfel
^ nc^ atanc;8nn":Scriem: lim
n!1an=1:
Denit ia 1.29. Fie(an)n1un  sir de numere reale. Spunem c a (an)n1este
convergent (are limit a) ^ n R, dac a (an)n1are limita +1sau1.
Propozit ia 1.30. Limita unui  sir, dac a exist a, este unic a.
Demonstrat ie: Fie (an)n1Run  sir convergent.
Presupunem prin reducere la absurd c a acest  sir are dou a limite distincte l0
 sil002R.
Deoarce cele dou a limite existente sunt diferite, l06=l00, putem avea dou a
vecin at at iV02V(l0)  siV002V(l00),V0\V00=?.
Deoarece lim
n!1an=l',9n02N, astfel ^ nc^ at:8nn0=)an2V0.
Deoarece lim
n!1an=l00,9n002N, astfel ^ nc^ at:8nn00=)an2V00.
Dar,8nmax(n0;n00) aveman2V0\V00=?, contradict ie.
Teorema 1.31. Orice  sir (an)n1cu elemente din Rmonoton cresc ator ma-
jorat (respectiv monoton descresc ator minorat) este convergent  si are limita
egal a cu sup
n1an(respectiv inf
n1an).
10

Demonstrat ie: Fie (an)n1un  sir de numere reale monoton cresc ator majorat.
Atunci exist a sup
n1an si este nit. Not am sup
n1ancua.
Fix am">0 atunci rezult a c a 9n"1 cuan">a", deci
a"an"ana<a +";8nn"
 si deci
jaanj<";8nn"
ceea ce este echivalent cu an!a(n!1 ):
Observat ie 1.32. Teorema de mai sus poart a numele de " proprietatea lui
Weierstrass".
Exemplul 1.33. S irulan= (1
2)nse constat a u sor c a este descresc ator:
1>1
2>1
4>


>1
2n
>



 si m arginit inferior de 1; deci lim
n!11
2
n= 1.
Teorema 1.34. Orice  sir convergent este m arginit.
Demonstrat ie. Fie (an)n1un  sir de numere reale convergent  si lim
n!1an=a.
Deci pentru ">0;9n"2Nastfel ^ nc^ at pentru orice nn"avem
janaj<"()a"<an<a+":
Not am cum= minfa0;a1;


;an"1;a"g si cu
M= maxfa0;a1;


;an"1;a+"g. Prin urmare avem manM;8n2N.
Deci (an)n1este un  sir m arginit.
Corolar 1.35. Dac a (an)n1este un  sir nem arginit, atunci ele este divergent.
Exemplul 1.36. S irul numerelor naturale este nem arginit  si deci divergent
Exemplul 1.37. Fie  sirul cu termenul general an=1!+2!+


+n!
(2n)!. S a se cal-
culeze lim
n!1an.
Solut ie:
Avem
an<n
n!
(2n)!=n
(n+ 1) (n+ 2)


(2n)=)
an<1
n+ 2;8n2:
11

Cum lim
n!11
n+2= 0 =)lim
n!1an= 0:
Operat ii cu  siruri de numere reale
Operat iile cu  siruri de numere reale se denesc av^ and ^ n vedere operat ii
cu funct ii. A sadar, dac a ( an)n1 si (bn)n1sunt dou a  siruri de numere reale,
avem:
suma dou a  siruri: ( an) + (bn) = (an+bn);
diferent a a dou a  siruri: ( an)(bn) = (anbn);
produsul a dou a  siruri: ( an)
(bn) = (an
bn);
^ nmult irea cu un scalar: 
(an) = (
an);2R;
c^ atul a dou a  siruri:(an)
(bn)=
an
bn
, undebn6= 0,8n2N.
^In continuare vom observa cum limitele  sirurilor "comut a" cu operat iile
 sirurilor, lucru ce na va  de mare ajutor ^ n calculul limitelor.
Operat ii cu  siruri convergente
Teorema 1.38.
Dac a lim
n!1an=a,a2R silim
n!1bn=b,b2R, atunci lim
n!1(an+bn) =a+b=
lim
n!1an+ lim
n!1bn.
Demonstrat ie: Fie">0, arbitar. Deoarece lim
n!1an=a;9n0
"2Nastfel ^ nc^ at:
8nn0
"=)janaj<":
Deoarece
lim
n!1bn=b;9n00
"2N
astfel ^ nc^ at:
8nn00
"=)jbnbj<":
Lu amn"= max(n0
";n00
"):8nn"avem :
j(an+bn)(a+b)j=j(ana)+(bnb)jjanaj+jbnbj<"+"<2";
ceea ce ^ nseamn a c a
lim
n!1(an+bn) =a+b= lim
n!1an+ lim
n!1bn:
12

Teorema 1.39.
Dac a lim
n!1an=a,a2R silim
n!1bn=b,b2R, atunci lim
n!1(anbn) =ab=
lim
n!1anlim
n!1bn.
Demonstrat ie: Fie">0, arbitar.
Deoarece lim
n!1an=a;9n0
"2Nastfel ^ nc^ at:
8nn0
"=)janaj<":
Deoarece lim
n!1bn=b;9n00
"2Nastfel ^ nc^ at:
8nn00
"=)jbnbj<":
Deoarece  sirul ( bn)n1este convergent, atunci este m arginit, deci exist a M >
0 astfel ^ nc^ at
8n1 =)jbnjM:
Lu amn"= max(n0
";n00
"):8nn"avem :
janbnabj=j(anbnabn)+(abnab)jjbnj
janaj+jaj
jbnbj<M" +jaj";
adic a
8nn"=)janbnabj<(M+jaj)";
ceea ce ^ nsemn a c a
lim
n!1(anbn) =ab= lim
n!1anlim
n!1bn:
Teorema 1.40.
Dac a lim
n!1an=a;a2R si2R, atunci lim
n!1(an) =an=lim
n!1an.
Demonstrat ie: Consider am bn=;8n2N si se aplic a teorema de mai sus
deja demonstrat a.
Teorema 1.41.
Dac a lim
n!1an=a,a2R silim
n!1bn=b,b2R,b6= 0  sibn6= 0,8n2N,
atunci lim
n!1an
bn=a
b=lim
n!1an
lim
n!1bn.
13

Demonstrat ie: Presupunem c a b>0.
^In vecin atatea V=b
2;3b
2

a luibse g asesc termenii  sirului ( bn)n1 de la
un rang ^ ncolo, deci exist a n02Nastfel ^ nc^ at:
8nn0=)bn2b
2;3b
2
=)1
bn<2
b=)1
bbn<2
b2:
Fie">0, arbitar.
Deoarece lim
n!1an=a;9n0
"2Nastfel ^ nc^ at:
8nn0
"=)janaj<":
Deoarece lim
n!1bn=b;9n00
"2Nastfel ^ nc^ at:
8nn00
"=)jbnbj<":
Lu amn"= max(n);n0
";n00
"):8nn"avem :
jan
bna
bj=j(anbab) + (ababn)j
bbn
2
b2(bjanaj+jajjbbnj)
<2
b2(b"+jaj")
=2 (b+jaj)
b2":
A sadar
8nn"=)jan
bna
bj=2 (b+jaj)
b2";
ceea ce ^ nseamn a c a
lim
n!1an
bn=a
b=lim
n!1an
lim
n!1bn:
Teorema 1.42.
Dac a lim
n!1an=a > 0, undean>0,8n2N silim
n!1bn=b2R, atunci
lim
n!1abnn=ab=
lim
n!1anlim
n!1bn
.
Teorema 1.43.
Dac a lim
n!1an=a silim
n!1bn=b, undean>0,an6= 1,bn>0,8n2N,
a>0,a6= 0,b>0, atunci lim
n!1
loganbn

=logab=loglim
n!1an
lim
n!1bn
.
14

Tabelul 1.1: OPERAT  II ^INR, NEDETERMIN ARI
Tipul de operat ii Operat ii care au sens Nedetermin ari
a+1=1+a=1
a1 =1+a=1 11 ;1+1
Adun ari, sc aderi 1+1=1 (tipul11 )
11 =1
a
1=1
a=1, dac aa>0 0
1;1
0; 0
(1); (1)
0
^Inmult iri, ^ mp art iri a
1=1
a=1, dac aa<0 (tipul1
0)
a
(1) = (1)
a=1, dac aa>01
1;1
1;1
1;1
1
a
(1) = (1)
a=1, dac aa<0 (tipul1
1)
1
1 =10
0
1
(1) = (1)
1=1
(1)
(1) =1
a
1= 0
a
1= 0
a1= 0, dac a1<a< 1 11; 11
a1=1, dac aa>1 (tipul 11)
Puteri a1= 0, dac aa>1 10
01= 0 00
1a=1, dac aa>0
1a= 0, dac aa<0
11=1
11= 0
1.3 Calcularea limitelor de  siruri tip
1.
lim
n!1qn=8
>><
>>:0; dac a1<q< 1
1; dac aq= 1
+1; dac aq>1
nu exist a; dac aq1
2.
lim
n!1
a0nk+a1nk1+


+ak1n+ak

= lim
n!1a0nk=+1; dac aa0>0
1; dac aa0<0
15

3.
lim
n!1a0nk+a1nk1+


+ak1n+ak
b0np+b1np1+


+bp1n+bp=8
>><
>>:0; dac ak<p
+1; dac ak>p  sia0b0>0
1; dac ak>p  sia0b0<0
a0
b0; dac ak=p
4. lim
n!1(1 +q+q2+


+qn) =1
1q, dac ajqj<1;
5. lim
n!1
1 +1
2+1
3+


+1
n

= +1;
6. lim
n!1npa= 1,8p1;
7. lim
n!1np1p+ 2p+


+np= 1,8p1;
8. lim
n!1
1 +1
n
n=e;
9. lim
n!1
1 +1
1!+1
2!+
+1
n!
n=e.
1.4 Criterii de convergent  a ale  sirurilor
Pentru aprofundarea not iunii de convergent  a propun spre demonstrat ie cele
mai importante criterii de convergent  a, care vor  baza rezolv arii exercit iilor
din capitolul al doilea  si al treilea.
1.4.1 Criteriul de convergent  a cu "
Primul criteriu pe care ^ l studiem este criteriul de convergent  a cu ", iar
enunt ul este:
Teorema 1.44. Fie(an)n1un  sir de numere reale. Atunci:
i.lim
n!1an=l2R() 8" >0;9n"2Nastfel ^ nc^ at8nn"=)
janlj<".
ii.lim
n!1an= +1 () 8">0;9n"2Nastfel ^ nc^ at8nn"=)an>
".
iii.lim
n!1an=1 () 8 ">0;9n"2Nastfel ^ nc^ at8nn"=)an<
".
16

Demonstrat ie: i.00)00Presupunem c a
lim
n!1an=l;
^ nsemn^ and c a orice vecin atate a lui lcont ine tot i termenii de la un rang
^ ncolo.
A sadar, pentru8" > 0;vecin atatea ( l";l+")2V(l) cont ine tot i
termenii  sirului ^ ncep^ and de la un anumit rang, adic a 9n"2Nastfel
^ nc^ at
8nn"=)an2(l";l+");
prin urmare
l"<an<l+"() "<anl<"() janlj<":
00(00
Presupunem c a pentru 8">0;9n"2Nastfel ^ nc^ at
8nn"=) janlj<":
FieV2V(l) o vecin atate oarecare a lui lceea ce inseamn a c a 9">0
astfel ^ nc^ at
(l";l+")V:
Conform ipotezei, 9n"=nV2Nastfel ^ nc^ at
8nnV=) janlj<"()an2(l";l+")()an2V
() lim
n!1an=l:
ii.00)00Presupunem c a lim
n!1an= +1;^ nsemn^ and c a orice vecin atate
a lui +1cont ine tot i termenii  sirului de la un rang ^ ncolo. A sadar,
pentru8" > 0;vecin atatea ( ";1]2Vcont ine tot i termenii  sirului
^ ncep^ and de la un anumit rang , adic a 9n"2Nastfel ^ nc^ at8n
n"=)an2(";1]()an>":00(00
Presupunem c a8">0;9n"2Nastfel ^ nc^ at
8n>n"=)an>":
FieV2V(1) o vecin atate arbitrar a a lui 1=) 9">0 astfel ^ nc^ at
(";1]V:Conform ipotezei, 9n"=nV2Nastfel ^ nc^ at
8nnV=)an>" =)an2(";1]()an2V() lim
n!1an= +1:
17

iii.00)00Presupunem c a lim
n!1an=1;^ nsemn^ and c a orice vecin atate
a lui +1cont ine tot i termenii  sirului de la un rang ^ ncolo. A sadar,
pentru
8">0;
vecin atatea [1;")2Vcont ine tot i termenii  sirului ^ ncep^ and de la
un anumit rang , adic a
9n"2N
astfel ^ nc^ at
8nn"=)an2[1;")()an<":
00(00
Presupunem c a8">0;9n"2Nastfel ^ nc^ at
8n>n"=)an<":
FieV2V(1) o vecin atate arbitrar a a lui 1 =) 9" >0 astfel
^ nc^ at [1;")V:Conform ipotezei, 9n"=nV2Nastfel ^ nc^ at
8nnV=)an<"=)an2[1;")()an2V() lim
n!1an=1:
1.4.2 Criteriul major arii
Un alt criteriu de convergent  a pe care ^ l vom aplica ^ n rezolvarea problemelor
estecriteriul major arii .
Teorema 1.45. Fie(an)n1un  sir de numere reale. Dac a exist a un num ar
reall2R si un  si de numere reale (bn)n1, astfel ^ nc^ at lim
n!1bn= 0  si
janljbn,8n2N, atunci lim
n!1an=l
Demonstrat ie: Din faptul c a
janljbn;8n2N
rezult a c a  sirul ( bn)n1este un  sir cu termeni pozitivi.
Fie">0 arbitrar.
Deoarece lim
n!1bn= 0;exist a un rang n"2N, astfel ^ nc^ at
8nn"=) jbnj<":
18

Prin urmare pentru 8">0;9n"2N;astfel ^ nc^ at
janljbn<";8nn":
A sadar, lim
n!1an=l:
1.4.3 Criteriul comparat iei la innit
Teorema 1.46. Fie(an)n1 si(bn)n1dou a  siruri de numere reale cu anbn
pentru orice n2N. Atunci:
i. Dac a lim
n!1an=1, rezult a lim
n!1bn=1;
ii. Dac a lim
n!1bn=1, rezult a lim
n!1an=1;
Demonstrat ie: i. Fie"2R
Din faptul c a lim
n!1=1;atunci exist a un rang n"2N;astfel ^ nc^ at
bn<";8nn":
Cum din ipotez a rezult a c a anbn<";8nn";atunci lim
n!1an=1:
ii. Fie"2R
Din faptul c a lim
n!1= +1;atunci exist a un rang n"2N;astfel ^ nc^ at
bn>";8nn":
Cum din ipotez a rezult a c a anbn>";8nn";atunci lim
n!1an= +1:
1.4.4 Criteriul Cle stelui
Criteriul cle stelui este un criteriu foarte important pentru determinarea
limitei unui  sir, atunci c^ and aceasta nu se poate realiza prin calcul imediat.
Pentru a determina limita unui  sir cu ajutorul criteriului cle ste trebuie s a
avem ^ n vedere calculul limitei a dou a  siruri mai simple.
Teorema 1.47. Fie(an)n1; (bn)n1; (cn)n1trei  siruri de numere reale astfel
^ nc^ atanbncn,8n2N. Dac a lim
n!1an= lim
n!1cn=l, atunci lim
n!1bn=l.
19

Demonstrat ie: Pentru demonstrarea acestei teoreme vom considera trei cazuri
 si anume:
1. Dac al2R
Din ipoteza teoremei avem :
anbncn;8n2N()
0bnancnan;8n2N()
0lim
n!1(bnan)lim
n!1(cnan):
Dar, lim
n!1(cnan) = 0:A sadar lim
n!1(bnan) = 0:Prin urmare,
lim
n!1bn= lim
n!1(bnan+an) = lim
n!1(bnan) + lim
n!1an= 0 +l=l:
2. Dac al=1;cu alte cuvinte lim
n!1an= +1:Din faptul c a bnan si
aplic^ and criteriul major arii deducem c a lim
n!1bn= +1:
3. Dac al=1;cu alte cuvinte lim
n!1cn=1:Din faptul c a bncn si
aplic^ and criteriul major arii deducem c a lim
n!1bn=1:
1.4.5 Criteriul radical (Cauchy-d'Alembert)
^In cele ce urmeaz a vom enunt a  si demonstra Criteriul radical (Cauchy-
d'Alembert) :
Teorema 1.48. Fiean)n1un  sir de numere reale cu termeni strict pozitivi
pentru care exist a lim
n!1an+1
an=l2R.
Atunci lim
n!1npan=l
Demonstrat ie: Pentru demonstrarea acestui criteriu vom scrie:
lim
n!1npan= lim
n!1elim
n!1(lnnpan):
R am^ ane s a calcul am:
lim
n!1(lnnpan):
lim
n!1(lnnpan) = lim
n!1lnan
n:
20

Aplic^ and lema lui Stolz-Cesaro obt inem:
lim
n!1lnan
n= lim
n!1lnan+1lnan
(n+ 1)n
= lim
n!1lnan+1
an
1
= lim
n!1lnan+1
an
= ln lim
n!1an+1
an
= lnl
Prin urmare,
lim
n!1lnan
n=elim
n!1(lnnpan)=elnl=l:
1.4.6 Lema lui Stolz-Cesaro
Un rezultat fundamental ^ n rezolvarea exercit iilor din ultimele dou a capitole
esteLema lui Stolz-Cesaro .
Teorema 1.49. Fie(an)n1 si(bn)n1dou a  siruri de numere reale, astfel
^ nc^ at:
i.  sirul (bn)n1este strict monoton  si nem arginit, cu termeni nenuli;
ii.lim
n!1an+1an
bn+1bn=l2RAtunci: lim
n!1an
bn=l:
Demonstrat ie: Consider am cazul l2R.
Deoarece  sirul
an+1an
bn+1bn
n1are limital, rezult a c a pentru orice ">0, exist a
n(")>kcu proprietatea c a pentru orice nn(") s a rezulte:
jan+1an
bn+1bnlj<":
Aceast a inegalitate este echivalent a cu:
l"<an+1an
bn+1bn<l+";nn(")
sau:
(l")(bn+1bn)<an+1an<(l+")(bn+1bn);nn("):
21

Scriem aceast a relat ie pentru
n=n(");n(") + 1;


;p1
 si adun am aceste relat ii membru cu membru:
(l")(bn(")+1bn("))<an(")+1an(")<(l+")(bn(")+1bn("))
(l")(bn(")+2bn(")+1)<an(")+2an(")+1<(l+")(bn(")+2bn(")+1)




(l")(bpbp1)<apap1<(l+")(bpbp1)
 si obt inem:
(l")(bpbn("))<apan(")<(l+")(bpbn("));
care se mai poate scrie:
(l")(bpbn(")) +an(")<ap<(l+")(bpbn(")) +an(")
(l")
1bn(")
bp
+an(")
bp<ap
bp<(l+")
1bn(")
bp
+an(")
bp
"
1bn(")
bp
lbn(")
bp<ap
bpl<"
1bn(")
bp
lbn(")
bp+an(")
bp
Not am
zp=an(")
bplbn(")
bp;
atunci avem:
jap
bplzpj>"
1bn(")
bp
<";
deoarece (bn)n1este  sir cresc a tor, bn(")<bn, pentrun>n (").
Deoarece  sirul ( zn)n1este convergent la 0, rezult a c a
lim
n!1an
bn=l:
Cazul c^ and l= +1se trateaz a asem an ator.
Astfel, pentru nsucient de mare
an+1an>bn+1bn;
deci ^ mpreun a cu bn sian!:^In acest caz se poate aplica teorema raportului
bn
an.
22

Deci:
lim
n!1bn
an= lim
n!1bn+1bn
an+1an= 0;
deoarece a doua limit a este nit a. De aici rezult a c a
lim
n!1an
bn= +1:
^In mod analog se trateaz a  si cazul l=1.
1.5 S iruri fundamentale (S iruri Cauchy)
Matematicianul fracncez A. L. Cauchy (1789 1857) a fost primul care a
formulat denit iile not iunilor fundamentale ale analizei matematice: limit a,
continuitate, etc., ^ ntr-un mod specic matematicii moderne.
Denit ia 1.50. Un  sir de numere reale (an)n1se nume ste  sir fundamental
sau  si Cauchy dac a pentru orice ">0exist an"1astfel ^ nc^ atjanamj<",
8n;mn".
Propozit ia 1.51. Orice  sir convergent de numere reale este  sir Cauchy.
Demonstrat ie: Fie (an)n1un  sir convergent cu elemente din Rcare are limita
a.
Fix am">0. Atunci
9n"1
astfel ^ nc^ at
janaj<"
2;8nn";
deci
janamjjanaj+jaam<"
2+"
2=";8an;amn";
prin urmare ( an)n1este  sir Cauchy.
Propozit ia 1.52. Fie(an)n1un  sir Cauchy de numere reale. Atunci (an)n1
este m arginit.
Demonstrat ie: Fie"= 1. S irul ( an)n1ind Cauchy9n"1 astfel ^ nc^ at
janamj1;8n;mn";
23

deci
janjjanan"j+jan"j1+jan"j;8nn"
 si deci
janjmaxfja1j;ja2j;


;jan"j;1+jan"jg;8n1;
prin urmare ( an)n1este m arginit.
Corolar 1.53. Orice  sir convergent de numere reale este m arginit.
Propozit ia 1.54. Fie(an)n1un  sir Cauchy de numere reale care cont ine
un sub sir convergent (ank)k1. Atunci  sirul (an)n1este convergent  si are
aceea si limit a cu (ank)k1.
Demonstrat ie: Fie lim
k!1ank=a. Fix am">0; atunci9n"1 astfel ^ nc^ at
janamj"
2;8n;mn":
De asemenea9k"1 cu proprietatea nk"n"astfel ^ nc^ at
jaankj"
2;8kk":
Din aceste ultime dou a relat ii rezult a
jaanjjaank"j+jank"anj"
2+"
2=":8nn";
prin urmare ( an)n1este convergent  si are limita a.
24

Capitolul 2
S iruri  si sub siruri
2.1 C^ ateva  siruri remarcabile^ n analiza matem-
atic a
2.1.1 Num arul e
Fieen=
1 +1
n
n;n1. Atunci ( en)n1este strict cresc ator  si majorat,
deci convergent; limita sa se noteaz a cu e si avem 2<e< 3.
Demonstrat ie: Fiean=
1 +1
n
n+1;n1. T  in^ and seama de inegalitatea
(1 +t)n>1 +nt;8t2(1;1)0;8n2N;
rezult a
an
an+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+ 1
n+ 2
=n(n+ 2)2+ 1
n(n+ 2)2>1;
25

decian>an+1 si deci (an)n1, este strict descresc ator. Analog, 8n1 avem:
en+1
en=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;
decien+1>en si deci (en)n1, este strict cresc ator. Evident, 8n1 avem:
0<anen=
1 +1
nn

1
nan
na1
n!0(n!1 );
deci  sirurile ( en)n1 si (an)n1sunt convergente  si limitele lor sunt egale;
Not am aceast a limit a cu e. A sadar
2 =e1<e<a 4=
1 +1
45
=3125
1024<3:
Corolar 2.1. S irul
1 +1
n
n

n1este strict cresc ator, iar  sirul
1 +1
n
n+1
n1
este strict descresc ator  si avem inegalit at ile:

1 +1
nn
<e<
1 +1
nn+1
;8n1:
Corolar 2.2.
0<e
1 +1
nn
<3
n;8n1;
Corolar 2.3.
1
n+ 1<ln
1 +1
n
<1
n;8n1;
2.1.2 Constanta lui Euler
Euler a fost foarte pasionat de capitolul, poate, cel mai abstract al matem-
aticii, teoria numerelor. Euler pare a  un un izvor inepuizabil de inspirat ie
pentru exeget i, r am^ an^ and p^ an a ast azi cel mai bun matematician pe care l-a
dat Elvet ia. Un rezultat foarte important ^ n teoria  sirurilor, care ^ i poart a  si
26

numele, este constanta lui Euler .^In continuare vom enunt a  si demonstra
acest  sir remarcabil pentru analiza matematic a.
S irul cu termenul general
cn= 1 +1
2+1
3+


+1
nlnn;n1
este strict descresc ator  si minorant de 0, deci convergent; limita sa
= lim
n!1cn
este numit a constanta lui Euler (
= 0;577:::)  si avem 0 <
< 1.
Demonstrat ie. Folosind corolarul de mai sus avem c a
1
n+ 1<ln(n+ 1)lnn<1
n;8n1
decinX
k=11
k+ 1<nX
k=1(ln(k+ 1)lnk)<nX
k=11
k;8n1
 si deci
nX
k=11
k+ 1<ln(n+ 1)<nX
k=11
k;8n1:
Atunci8n1, avem:
cn+1cn=1
n+ 1ln(n+ 1) + lnn<0;
deci (cn)n1este strict descresc ator. Mai departe 8n1, avem:
0<ln(n+ 1)lnn<nX
k=11
klnn=cn<c 1= 1:
A sadar (cn)n1 este strict descresc ator  si minorat de 0, deci este convergent;
e
limita sa. Evident avem 0 <
< 1.
2.1.3 S irul lui Fibonacci
Un alt  sir remarcabil ^ n analiza matematic a este  sirul lui Fibonacci , un
matematician italian.
S irul lui Fibonacci , (Fn)n1este denit de recurent a: F1= 1,F2= 1,
Fn=Fn1+Fn2, pentrun3.
Termenul general se scrie : Fn=1p
5h
1+p
5
2n

1p
5
2ni
27

Demonstrat ie: Pentru demonstrarea termenului general al  sirului lui Fibonacci
vom utiliza metoda induct iei matematice.
Not am cu
P(n) :Fn=1p
5"
1 +p
5
2!n

1p
5
2!n#
;n3:
Etapa 1
Veric am valoarea de adev ar pentru n= 1
P(1) :F1=1p
5"
1 +p
5
2!

1p
5
2!#
=1p
5"
1 +p
51 +p
5
2#
=1
2p
5
2p
5 = 1;
adev arat.
Etapa 2
Presupunem c a P(k) adev arat a  si demonstr am c a P(k+ 1) este adev arat a,
pentru8k2N.
P(k) :Fk=1p
52
4
1 +p
5
2!k

1p
5
2!k3
5;8k2N;
 si relat ia de recurent  a:
8
<
:F1= 1;
F2= 1;
Fk=Fk1+Fk2; k2N,k3
P(k+ 1) :Fk+1=1p
52
4
1 +p
5
2!k+1

1p
5
2!k+13
5;8k2N:
28

Conform relat iei de recurent  a avem:
F(k+ 1) =F(k) +F(k1)
=1p
52
4
1 +p
5
2!k

1p
5
2!k3
51p
52
4
1 +p
5
2!k1

1p
5
2!k13
5
=1p
5"
1 +p
5
k
2k+
1 +p
5
k1
2k1
1p
5
k
2k
1p
5
k1
2k1#
=1p
5"
1 +p
5
k1(1 +p
5 + 2)
2k
1p
5
k1(1p
5 + 2)
2k#
=1p
5"
1 +p
5
k1(3 +p
5)
2k
1p
5
k1(3p
5)
2k#
=1p
5"
1 +p
5
k1
2k
(1 +p
5)2
2
1p
5
k1
2k
(1p
5)2
2#
=1p
5"
(1 +p
5)k+1
2k+1(1p
5)k+1
2k+1#
=1p
52
4
1 +p
5
2!k+1

1p
5
2!k+13
5;8k2N
=)P(k+ 1) adev arat a.
Propozit ia P(k+ 1) este adev arat a pentru 8k2Nceea ce rezult a prin
induct ie matematic a c a P(n) adev arat a.
2.1.4 S irul lui Traian Lalescu
Urm atorul rezultat se datoreaz a matematicianului rom^ an, Traian Lalescu.
S irul lui Traian Lalescu este denit prin termenul s au general: Ln=
n+1p
(n+ 1)!np
n!,n2, av^ and lim
n!1Ln=1
e.
Demonstrat ie: Pentru demonstrarea  sirului lui Traian Lalescu vom folosi
urm atoarea propozit ie:
Propozit ia 2.4. Fie(an)n1un  sir de numere strict pozitive care veric a
urm atoarele condit ii:
1.lim
n!1an+1
an= 1;
29

2.lim
n!1an
n=2(0;1);
3.lim
n!1
an+1
ann
=2R.
Prin urmare lim
n!1(an+1an) =ln
Vom nota cu an=np
n!,n2.Aplic^ and a doua condit ie din popozit ia de
mai sus obt inem c a
lim
n!1an
n= lim
n!1np
n!
n= lim
n!1nr
n!
nn
S a not am cu xn=n!
nn;8n1. Atunci
xn+1
xn=(n+1)!
(n+1)n+1
n!
nn
=(n+ 1)!
(n+ 1)n+1
nn
n!
=n!(n+ 1)
(n+ 1)n+1
nn
n!
=nn
(n+ 1)n
A sadar, aplic^ and prima condit ie din propozit ia de mai sus obt inem c a
lim
n!1xn+1
xn= lim
n!1n
n+ 1n
= lim
n!1n+ 11
n+ 1n
= lim
n!1"
1 +1
n+ 1(n+1)#1
n+1
n
=e1=1
e;
 si deci
lim
n!1an+1
an= lim
n!1n
np
n!
n+1p
(n+ 1)
n+ 1
n+ 1
n=1
e
e
1 = 1
Aplic^ and ultima condit ie din enunt , concluzion am c a
30

lim
n!1an+1
ann
= lim
n!1
n+1p
(n+ 1)!
np
n!!n
= lim
n!1n+ 1
np
n!n
n+1
=e
A sadar
lim
n!1Ln= lim
n!1
n+1p
(n+ 1)!np
n!
=1
e
lne=1
e:
2.2 Not iunea de sub sir
^In cele ce urmeaz a vom deni not iunile teoretice cu referire la not iunea de
sub sir , ^ mpreun a cu teoremele fundamentale pe care le vom  si demonstra.
Consider am  sirul ( an) :a0;a1;a2;a3;a4;a5;a6;


;a2n1;a2n;


.
Observ am c a ^ n scrierea acestui  sir exist a dou a tipuri de termeni,  si anume:
termeni de rang par;
termeni de rang impar.
Termeniia0;a2;a4;a6;


a2n;


reprezint a un  sir al c arui termeni reprezint a
elementele de rang par din  sirul dat.
Termeniia1;a3;a5;a7;


a2n1;


reprezint a un  sir al c arui termeni reprezint a
elementele de rang impar din  sirul dat.
A sadar, putem spune c a am construit aceste dou a  siruri select^ and elementele,
dup a o anumit a regul a, din  sirul dat. Aceste dou a  siruri a0;a2;a4;a6;


a2n;



 sia1;a3;a5;a7;


a2n1;


se numesc sub siruri ale  sirului dat. De observat
este c a in ambele scrieri ale sub sirurilor rangurile termenilor sunt ^ n ordine
strict cresc atoare: 0 <2<4<6


<2n <


 si 1<3<5<7


<
2n1<


. Prin urmare, vom deni not iunea de sub sir astfel:
Denit ia 2.5. Fie(an)nkun  sir de numere reale  si ':Nk!Nko aplicat ie
strict cresc atoare. Numim sub sir al  sirului (an)nk,  sirul (a'(n))nk, de regul a
mai not am sub sirul astfel: (a'(n))nk= (ank)k1.
Observat ie 2.6. Pentru orice k2N, am denit mult imea : Nk=fn2
Njnkg
Exemplul 2.7. '= 1Neste strict cresc atoare  si (a'(n)) =an. Deci orice  sir
(an)neste un sub sir al s au.
Exemplul 2.8. Dac a'(n)= 2n+ 1 sian= 2n1;n1, atunci sub sirul
va :a'(n)= 2(2n+ 1)1 = 4n+ 21 = 4n+ 1;n1.
31

Exemplul 2.9. '(n) = 2n;n2N. Cum'este strict cresc atoare, atunci
(a'(n)) = (a2n) :a1;a2;a4;a8;


a2n;



Observat ie 2.10. Sub sirul (a'(n))nkse mai nume ste  sir extras din  sirul
(an)n1
Lema 2.11. Fie(an)n1un  sir cu elemente din Rcare are limita a2R.
Dac aana;8n1(respectivana;8n1), atunci9n01astfel ^ nc^ at
an0= min
n1an(respectivan0= max
n1an).
Demonstrat ie: Dac aan=a;8n1, armat ia este evident a.
Presupunem c a9N > 1 cuaN<a. Atunci
min
n1an= min
1nNan=an0;n02f1;Ng:
Propozit ia 2.12. Dac a un  sir de numere reale (an)n1are limitaa, atunci
orice sub sir (ank)al s au are limita a.
Demonstrat ie: Fie">0. Atunci9n"2Nastfel ^ nc^ at8nn"s a avem
janaj<":
Deoarecen1< n 2<


< nk;


este un  sir cresc ator de numere naturale,
se demonstreaz a u sor prin induc tie c ankk.
A sadar, pentru kn", avem c ankkn" sijankaj<". Prin urmare,
sintetiz^ and cele spuse mai sus avem: pentru ">0, am g asit un rang nk2N
astfel ^ nc^ at8nkn"s a avemjankaj<".
Propozit ia 2.13. Fie(an)n1un  sir cu elemente din Rcare are limita a2R.
Atunci (an)n1are cel putin un sub sir monoton (respactiv strict monoton,
dac a o innitate de termeni ai  sirului (an)n1sunt diferit i ^ ntre ei), care are
limitaa.
Demonstrat ie:
i.ana;8n1. Aplic am Lema: e n11 cuan1= min
n1an;
Fien2>n 1cuan2= min
n>nkan. Inductiv construim  sirul
n1<n 2<



astfel ^ nc^ at
ank+1= min
n>nkan;8k1:
Evident (ank)k1este un sub sir monoton cresc ator al  sirului ( an)kn, iar din
propozit ia demonstrat a mai sus rezult a c a ank!a.
32

ii.ana;8n1. Atunciana;8n1, deci conform ( i)9(ank)k1
monoton cresc ator  si deci ( ank)n1este monoton descrec ator.
iii. (an)n1este arbitrar. Construim mai ^ nt^ ai un sub sir ( anj)j1care este
majorat sau minorat de a si aplic am apoi ( i) respectiv ( ii).
Corolar 2.14. Fie(an)n1un  sir cu elemente din Rcare are limita a2R.
Dc a(an)n1are un sub sir ale c arui elemente sunt diferite de a, atunci el are
un sub sir strict monoton (care are limita a).
Corolar 2.15. Fie(an)n1un  sir cu elemente din Rcare are limita a2R.
Dc a(an)n1are o innitate determeni diferit i ^ ntre ei, atunci el are un sub sir
strict monoton (care are limita a).
Corolar 2.16. Dac a un  sir cont ine dou a sub siruri convergente cu limite
diferite, atunci  sirul este divergent.
Exemplul 2.17. S irul (an) : 1;0;1;0;


cont ine sub sirurile (a2n+1) : 1;1;1;



 si(x2n) : 0;0;0;



lim
n!1a2n+1= 1
lim
n!1a2n= 0
A sadar  sirul (an)este divergent.
Exemplul 2.18. S irulan=1
n+ (1)ncont ine sub sirurile a2n=1
2n+ 1  si
a2n+1=1
2n+11
lim
n!1a2n= 1
lim
n!1a2n+1=1
A sadar  sirul (an)este divergent.
Teorema 2.19. Dac a un  sir este reuniunea a dou a sau mai multe sub siruri
care au aceea si limit a, atunci  sirul are aceea si limit a.
33

Demonstrat ie: Fie
(an) = (a2n)[(a2n+1)
 si
lim
n!1a2n= lim
n!1a2n+1=l2R:
FieV2V(l). Cum lim
n!1a2n=l, ^ n afara vecin at at ii lui Vse a
 a un num ar
nit de teremeni ai sub sirului a2n.
De asemenea, din faptul c a lim
n!1a2n+1=lrezult a c a ^ n afara vecin at at ii lui
Vse a
 a un num ar nit de teremeni ai sub sirului a2n+1.
Prin urmare, ^ n afara vecin at at ii lui Vse a
 a un num ar nit de termeni ai
 sirului (an)  si lim
n!1an=l.
Teorema 2.20. Orice  sir m arginit cu elemente din Rare un sub sir conver-
gent.
Demonstrat ie: Fie (an)n1un  sir m arginit cu elemente din R. Atunci exist a
un interval
I1= [a;b]R
astfel ^ nc^ at
an2I1;8n1:
Fiec=a+b
2mijlocul lui I1 siI0
1= [a;c];I00
1= [c;b]. Cel put in unul din
intervaleleI0
1sauI00
1cont ine o innitate de termeni ai  sirului ( an)n1 si ^ l
not am cuI2.^Imp art im intervalul I2^ n do a p art i egale  si observ am c a cel
put in una din aceste p art i cont ine o innitate de termeni din ( an)n1, not am
aceast a parte cu I3.
^In acest mod construim prin induct ie un  sir descendent de intervale ^ nchise
(Ik)k1cu proprietatea c a ecare Ikare lungimea1
2jIk1j si el cont ine o
innitate de termeni ai  sirului ( an)n1.
Atunci
9an12I1;9an22I2;n2>n 1;


;9ank2Ik;nk>nk1;



Evident
jIkj=1
2kjI1j!0(k!1 );
deci
9!a2\
n1Ik
 si avem
lim
k!1ak= lim
k!1bk;
34

undeak;bksunt capetele intervalului Ik. Cum
akankbk;8k1;
decucem c a
lim
k!1ank=a:
2.3 Limite extreme ale unui  sir de numere
reale
Denit ia 2.21. Fie(an)n1un  sir de numere reale. Num arul inf
n1(sup
inai),
respectiv sup
n1(inf
inai)se nume ste limita superioar a, respectiv limita inferioar a
a  sirului (an)n1 si se noteaz a lim
n!1an, respectiv lim
n!1an. Num arul a2R
se nume ste punct limit a al  sirului (an)n1, dac a exist a (ank)k1un sub sir al
 sirului (an)n1, care are limita a.
Not am cuL((an)n1), mult imea tuturor punctelor limit a ale  sirului ( an)n1.
S irulsn= (ai)inse nume ste sect iunea (la dreapta) de indice na  sirului
(an)n1.
Din denit ia de mai sus avem urm atoarele relat ii:
lim
n!1an= inf
n1(supsn);
lim
n!1an= sup
n1(infsn):
Observat ie 2.22. Dac a (ank)k1este un sub sir al  sirului (an)n1atunci
avem urm atoarele inegalit at i:
lim
n!1anklim
n!1an;
lim
n!1anlim
n!1ank:
Observat ie 2.23. Orice  sir de numere reale are limit a superioar a  si limit a
inferioar a, de si nu orice  sir de numere are limit a.
Exemplul 2.24. Fie  sirulan= (1)n;n1. Atunci lim
n!1a2n= +1  si
lim
n!1a2n+1=1, deci +1 si1sunt puncte limit a ale  sirului dat. Deoarece
supsn= +1  siinfsn=1;8n1. A sadar lim
n!1an= +1  silim
n!1an=1.
35

Propozit ia 2.25. Fie(an)n1un  sir de numere reale. Atunci avem:
lim
n!1an= lim
n!1(sup
inai);
lim
n!1an= lim
n!1(inf
inai);
Demonstrat ie. S irul numeric (sup
inai)n1este monoton descresc ator, deci limita
sa exist a  si ea este egal a cu marginea sa inferioar a, adic a lim
n!1(sup
inai) =
inf
n1(sup
inai):
A doua relat ie se obt ine la fel.
Teorema 2.26. Fie(an)n1un  sir cu elemente din R. Atunci lim
n!1anexist a
() lim
n!1an= lim
n!1an.^In acest caz cele trei limite coincid.
Demonstrat ie: Pe parcursul demonstrat iei vom folosi urm atoarele notat ii:
a= lim
n!1an
a0= lim
n!1an
a00=lim
n!1an
00)00Presupunem anit  si ec > a xat; atunci9N1 astfel ^ nc^ at
an< c;8nN, deci sup
nNanc si decia00sup
nNanc. Cumc > a nu
depinde de a00, atuncia00a. Fie acum c0< axat; atunci9N`
"1 astfel
^ nc^ atan>c0;8nN`, deci inf
nN`anc0 si decix0inf
nNanc`. Cumc`>a
nu depinde de a0, rezult a c a a0a. A sadaraa`a00a, prin urmare
a=a`=a00.00(00Presupunem a0;a00nite  sia=a`=a00. Fiec1< a < c 2
xat i. Deoarece a= lim
n!1(supbn), undebn= (ai)i, exist aN1 astfel ^ nc^ at
supbn< c 2;8nN, decianc2;8nN. Analog9N01 astfel ^ nc^ at
an> c 1;8nN`, decian2(c1;c2);8nmaxfN;N0g, de unde rezult a c a
lim
n!1an=a. Rat ion am ^ n mod analog dac a a;a0;a00sunt innite.
2.4 Teorema lui Bolzano-Weierstrass
De si am mai demonstrat aceast a teorem a^ n subcapitolul "Not iune de sub sir",
^ n continuare vom vom ar ata  si o alta metod a de demonstrat ie a acestei
teoreme.
36

Teorema 2.27. Din orice  sir m arginit (sn)se poate xetrage un sub sir (ank)
convergent.
Proof. Fie (an)nkun  sir m arginit. Din faptul c a  sirul este m arginit rezult a
c a putem g asi dou a numere m,M2Rastfel ^ nc^ at m<an<M ,8n2Nk.
Fiec=Mm
2=l
2mijlocul segmentului [ m;M ].
Cel put in unul din aceste dou a segmente cont ine o innitate de termeni ai
 sirului. Not am segmentul cu aceast a proprietate prin [ m1;M1].
Proced^ and inductiv, s a presupunem c a am g asit un segment[ mn;Mn] care
cont ine o innitate de termeni ai  sirului ( an)nkastfel ^ nc^ at mn;Mn2R
 siMnmn=l
2n.^Imp art im acest segment ^ n dou a p art i egale,  si alegem
jum atatea cu aceea si proprietate. Astfel vom avea : mnmn+1< Mn+1
Mn siMn+1=mn+1=l
2n+1. Atunci exist a un punct aunic astfel ca: mn
aMn;8n2N. Ar at am c a aeste limita unui sub sir al  sirului ( an)n0.
Alegem un termen ak1din intervalul [ m1;M1]  si a sa mai departe din intervalul
[mn;Mn], care cont ine o innitate de termeni ai  sirlui ( an), alegem un termen
notatakn. A sadar: mnaknMn;8n2N. Din faptul c a mna
Mn;8n2N simnaknMn;8n2N, deducem c ajaknajMnmn=
l
2n;8n2N. Dar acest lucru ^ nseamn a c a sub sirul ( akn) al  sirului ( an) este
convergent  si are limita a.
Propozit ia 2.28. Fie(an)un  sir m arginit de numere reale cu proprietatea c a
exist aa2Rastfel ^ nc^ at orice sub sir convergent al  sirului (an)este convergent
laa. Atunci  sirul (an)este convergent  si lim
n!1an=a.
Demonstrat ie: Presupunem prin reducere la absurd c a  sirul annu converge
laa. Conform teoremei lui Bolzano-Weierstrass, 9(ank)ksub sir  si"0>0
astfel ^ nc^ at
jankaj"0;8k1:
Dar (ank)ksub sir al  sirului ( an)nm arginit, ceea ce implic a ( ank)keste m arginit,
rezult a prin teorema lui Cesaro c a admite un sub sir convergent ( ankp)p.
Cum sub sir la sub sir ne d a tot un sub sir = )(ankp)psub sir pentru ( an)n
=)(ankp)p!a. Darj(ankp)paj"0;8p1 =)contradict ie.
37

Capitolul 3
Exercit ii pentru preg atirea
olimpiadelor  si concursurilor
 scolare
3.1 Exercit ii pentru preg atirea olimpiadelor
 si concursurilor  scolare
Exercit iul 3.1. Fie(an)n1un  sir de numere cu proprietatea c a sub sirurile
sale(a2n)n1;(a2n+1)n1;(a3n)n1au limit a. Atunci (an)n1are limit a.
Solut ie: Presupunem c a
lim
n!1a2n=a;lim
n!1a2n+1=b;lim
n!1a3n=c:
Deoarece (a6n)n1este un sub sir al  sirurilor ( a2n)n1 si (a3n)n1, datorit a
unicit at ii limitei, rezult a c a a=b.
De aici deducem c a lim
n!1an=a.
Exercit iul 3.2. Fie(an)n1un  sir ai c arui termeni sunt ^ n progresie arit-
metic a, cu primul termen a si rat iar6= 0. Atunci (an)n1posed a un sub sir
ai c arui termeni sunt ^ n progresie geometric a ()a
reste rat ional.
Solut ie:
00)00Presupunem c a ( an)n1cont ine un sub sir ^ n progresie geometric a  si
ea+ir;a+jr;a +kr, trei termeni consecutivi si progresiei geometrice, cu
i<j <k , deci
(a+jr)2= (a+ir)(a+kr)()a(2jik) =r(ikj)2:
38

Dac a 2jik= 0, atunci ikj2= 0, deci
(ik)2= (i+k)24ik= (2j)24j2= 0()i=k;
absurd. R am^ ane c a 2 jik6= 0, deci
a
r=ikj2
2jik2Q:
00(00Elimin^ and un num ar nit de termeni, putem presupune c a tot i termenii
 sirului dat au acela si semn, spre exemplu strct pozitivi, deci putem presupune
c aa>0  sir>0. Cuma
r2Q, avema
r=p
qcup;q2N. Deoarece num arul
(1 +q)m1;8m2N, se divide la num arul (1 + q)1, adic a laq, avem c a:
a(1 +q)ma
r=ap(1 +q)m1)
rp=p(1 +q)m1
q2N;
deci8m2Nexist an=n(m)2Nastfel ^ nc^ at a(1+q)m=a+rn=an+1, deci
(a(1 +q)m)m1este un sub sir al  sirului ( an)n1 si are termenii ^ n progresie
geometric a.
Exercit iul 3.3. S a se calculeze limitele extreme ale  sirului denit astfel:
xn=n
n+ 1sinn
2;8n1
Solut ie:
Evident avem x4k= 0;x4k+1=4k+ 1
4k+ 2!1,x+4k+ 3 =4k+ 3
4k+ 4! 1,
x4k+2= 0  si
(xn)n1= (x4k)k1[(x4k+1)k1[(x4k+2)k1[(x4k+3)k1;
deci lim
n!1xn= maxf1;0;1g= 1, lim
n!1xn= minf1;0;1g=1.
Exercit iul 3.4. Fie(xn)n1 si(yn)n1dou a  siruri din R. Dac a lim
n!1xn= 1,
atunci  sirurile (xnyn)n1 si(yn)n1au acelea si puncte limit a.
Solut ie: Fiey2L(yn)n1xat. Atunci exist a ( ynk)k1un sub sir al
 sirului (yn)n1care are limita y, deci lim
k!1xnkynk=y si deciy2L(xnyn)n1
de unde rezult a c a L(yn)n1L(xnyn)n1. Reciproc dac a z2L(xnyn)n1,
atunci exist a ( xnkynk)k1un sub sir al  sirului ( xnyn)n1care are limita z,
deci lim
n!1ynk= lim
k!1(xnkynk)
xnk=z
1 si deciz2L(yn)n1, de unde rezult a c a
L(xnyn)n1L(yn)n1.
39

Exercit iul 3.5. Calculat i primii cinci termeni  si studiat i monotonia  sirurilor
date prin termenii generali:
1.xn=pn+ 1pn;
2.xn=1
n+1+1
n+2+


+1
2n;n1.
Solut ie:
1.
xn=p
n+ 1pn=pn+ 12pn2
pn+ 1 +pn
=n+ 1npn+ 1 +pn
=1pn+ 1 +pn
Pentrun= 1 avem:x1=1
1+p
2
Pentrun= 2 avem:x2=1p
2+p
3
Pentrun= 3 avem:x3=1p
3+p
4
Pentrun= 4 avem:x4=1p
4+p
5
Pentrun= 5 avem:x5=1p
5+p
6Observ am c a x1>x 2>x 3>x 4>x 5.
Calcul am
xn+1xn=1pn+ 1 +pn+ 21pn+pn+ 1<0;
deoarecepn+ 1>pn sipn+ 2>pn+ 1, adun^ and cele dou a relat ii
obt inem c ap
n+ 1 +p
n+ 2>pn+p
n+ 1
 si decixn+1<xn:Prin urmare  sirul ( xn) este strict cresc ator.
2.
xn=1
n+ 1+1
n+ 2+


+1
2n;n1
Pentrun= 1 avem:x1=1
1+1=1
2
Pentrun= 2 avem:x2=1
2+1+1
2+2=1
3+1
4=7
12
Pentrun= 3 avem:x3=1
3+1+1
3+2+1
3+1=1
4+1
5+1
6=7
12
40

Pentrun= 4 avem:x4=1
4+1+1
4+2+1
4+3+1
4+4=1
5+1
6+1
7+1
8
Pentrun= 5 avem:x5=1
5+1+1
5+2+1
5+3+1
5+4+1
5+5=1
6+1
7+1
8+1
9+1
10
Observ am c a x1<x 2<x 3<x 4<x 5.
Calcul am
xn+1xn=1
n+ 2+1
n+ 3+1
n+ 4+


+1
2n+ 21
n+ 11
n+ 21
n+ 3


1
2n
=1
2n+ 1+1
2n+ 21
n+ 1
=1
2n+ 1+1
2n+ 22
2n+ 2=1
2n+ 11
2n+ 2
=2n+ 22n1
(2n+ 1)(2n+ 2
=1
(2n+ 1)(2n+ 2)>0;8n1
 si decixn+1>xn;8n1. Prin urmare,  sirul ( xn) este strict cresc ator.
Exercit iul 3.6. Calculat i primii cinci termeni  si studiat i monotonia  sirurilor
recurente:
1.×0= 1;xn+1=1
2xn+3
2;n0;
2.×0=p
2;xn+1=p2 +xn;n0.
Solut ie:
1.×0= 1;xn+1=1
2xn+3
2;n0
Pentrun= 0 avem:x1=1
2×0+3
2=1
2
1 +3
2=1
2+3
2=4
2= 2
Pentrun= 1 avem:x2=1
2×1+3
2=1
2
2 +3
2=2
2+3
2=5
2
Pentrun= 2 avem:x3=1
2×2+3
2=1
2
5
2+3
2=5
4+3
2=11
4
Pentrun= 3 avem:x4=1
2×3+3
2=1
2
11
4+3
2=11
8+3
2=23
8
Pentrun= 4 avem:x5=1
2×4+3
2=1
2
23
8+3
2=23
16+3
2=47
16
Observ am c a x1<x 2<x 3<x 4<x 5.
Demonstr am prin induct ie matematic a, propozit ia: P(n) :xn< xn+1;8n
1.
Etapa de vericare s-a f acut mai sus.
Etapa demonstrat iei:
Presupunem c a P(k) este adev arat a  si demonstr am c a P(k+1) este adev arat a.
Avem:
P(k+ 1) :xk+1<xk+2
sau
P(k+ 1) :1
2xk+3
2<1
2xk+1+3
2;
41

adev arat a deoarece am presupus c a P(k) este adev arat a. A sadar P(n) este
adev arat a,8n1. Prin urmare,  sirul ( xn) este strict cresc ator.
2.×0=p
2;xn+1=p2 +xn;n0.
Pentrun= 0 avem:x1=p
2 +p
2
Pentrun= 1 avem:x2=p2 +x1=q
2 +p
2 +p
2
Pentrun= 2 avem:x3=p2 +x2=r
2 +q
2 +p
2 +p
2
Pentrun= 3 avem:x4=p2 +x3=s
2 +r
2 +q
2 +p
2 +p
2
Pentrun= 4 avem:x5=p2 +x4=vuut2 +s
2 +r
2 +q
2 +p
2 +p
2
Observ am c a x0<x 1<x 2<x 3<x 4<x 5.
Demonstr am prin induct ie matematic a, propozit ia: P(n) :xn< xn+1;8n
0.
Etapa de vericare s-a f acut mai sus.
Etapa demonstrat iei:
Presupunem c a P(k) este adev arat a  si demonstr am c a P(k+1) este adev arat a.
Avem:
P(k+ 1) :xk+1<xk+2
sau
P(k+ 1) :p
2 +x+k<p
2 +x+k+ 1
sau
P(k+ 1) : 2 +xk<2 +xk+1;
adev arat deoarece am presupus c a P(k) este adev arat a. A sadar P(n) este
adev arat a,8n0. Decixn< xn+1;8n0. Prin urmare,  sirul ( xn) este
strict cresc ator.
Exercit iul 3.7. Determinat i termenul general al  sirului (xn)denit prin
relat ia de recurent  a
xn+1=xn+ 2n+ 2;
dac ax0= 1.
Solut ie 3.8.
xn+1=xn+ 2n+ 2()xn+1=xn+ 2(n+ 1)
42

Relat ia de recurent  a
xn+1=xn+ 2(n+ 1)
o scriem succesiv, astfel:
Pentrun=n1avem:xn=xn1+ 2n
Pentrun=n2avem:xn1=xn2+ 2(n1)




Pentrun= 2 avem:x3=x2+ 2
3
Pentrun= 1 avem:x2=x1+ 2
2
Pentrun= 0 avem:x1=x20+ 2
1
Adun^ and membru cu membru aceste negalit at i obt inem:
xn+xn1+


+x2+x1=xn1+xn2+


+x1+x0+ 2(n+n1 +


+ 2 + 1)()
xn= 1 + 2(1 + 2 +


+n) = 1 + 2
n(n+ 1)
2= 1 +n(n+ 1) =n2+n+ 1:
Exercit iul 3.9. Progresia aritmetic a (an)n1de rat iereste denit a prin
anumite elemente date. Determinat i, ^ n ecare din cazuri, elementul cerut:
1.a1= 3;a27= 81:Calculat ir.
2.r= 4;a1a2a3a4= 585 . Calculat i a1.
Solut ie:
1.
a27=a1+ 26r() 81 = 3 + 26 r() 26r= 78()r= 3
2.
a1a2a3a4= 585()a1(a1+r)(a1+ 2r)(a1+ 3r) = 585()
a1(a1+ 4)(a1+ 8)(a1+ 12) = 585()a1(a1+ 12)(a1+ 4)(a1+ 8) = 585()
(a2
1+ 12a1)(a2
1+ 8a1+ 4a1+ 32) = 585() (a2
1+ 12a1)(a2
1+ 12a1+ 32) = 585
Not am
a2
1+ 12a1=x
x(x+ 32) = 585()x2+ 32x585 = 0

=b24ac= 3224
1
(585) = 1024 + 2340 = 3364 >0
43

x1=b+p


2a=32 + 58
2=26
2= 13
x2=bp


2a=3258
2=90
2=45
Lu am cazul c^ and x1= 13:
a2
1+ 12a1= 13()a2
1+ 12a113 =

=b24ac= 1224
1
(13) = 144 + 52 = 196 >0
a0
1=b+p


2a=12 + 14
2=2
2= 1
a00
1=bp


2a=1214
2=26
2=13
Lu am cazul c^ and x1=45:
a2
1+ 12a1=45()a2
1+ 12a1+ 45 = 0

=b24ac= 1224
1
(45) = 144180 =36<0 =)
ecuat ia nu are solut ii reale.
A sadara12f 13; 1g.
Exercit iul 3.10. S a se studieze monotonia  si m arginirea  sirului (an)n2N,
unde:
an=1p
1+1p
2+


+1pn2pn;n2N:
Solut ie:
Studiem monotonia  sirului ( an)n2N:
an+1an=1pn+ 1+ 2pn2p
n+ 1
=1 + 2p
n(n+ 1)2n2pn+ 1
=2p
n(n+ 1)2n1pn+ 1<0;8n2N()an+1<an;8n2N;
adic a  sirul este strict descresc ator.
Studiem m arginirea  sirului ( an)n2N:
Din monotonie avem c a
an<a 1=1;8n2Nf1g:
44

Dinp
k+ 1p
k=1p
k+ 1 +p
k<1
2p
k;8k2N:
Pin ^ nsumare, obt inem:
p
n+ 11<1
21p
1+1p
2+


+1pn
()
2<1p
1+1p
2+


+1pn2p
n+ 1<1p
1+1p
2+


+1pn2pn=an;
8n2N:
Prin urmare,2<an<1;8n2N, deci  sirul ( an)n2Neste m arginit.
Exercit iul 3.11. Fie  sirul cu termenul general
an=2n+ 2
3n+ 1:
S a se verice c a acest  sir are limita2
3.
Solut ie:
Reamintim criteriul de convergent  a cu00"00:
lim
n!1an=a() 8">0;9n"2N;
astfel ^ nc^ atjanaj<", pentru orice nn".
A sadar, trebuie g asit n"2N, astfel ^ nc^ at8" > 0  sinn"s a aib a loc
inegalitatea:
jan2
3j<":
jan2
3j<"()j2n+ 2
3n+ 12
3j<"()
j4
3(3n+ 1)j<"()n>4
9"1
3:
Consider am
n"=4
9"1
3
=)lim
n!1an=2
3:
Exercit iul 3.12. S a se calculeze
lim
n!1an;
unde
an=
11
22


11
32


11
42






11
n2
;n2:
45

Solut ie:
S irul
an=
11
22


11
32


11
42






11
n2
=221
22
321
32
421
42




(n1)21
(n1)2
n21
n2
=21
2
2 + 1
2
31
3
3 + 1
3
41
4
4 + 1
4




n2
n1
n
n1
n1
n
n+ 1
n
=1
2
3
2
2
3
4
3
3
4
5
4




n2
n1
n
n1
n1
n
n+ 1
n
=n+ 1
2n:
lim
n!1an= lim
n!1n
1 +1
n

2n=1
2:
Exercit iul 3.13. S a se calculeze
lim
n!1lnn!
n
lnn:
Solut ie Not aman= lnn!  sibn=n
lnn;n2N:Cum
lim
n!1bn= +1
 si
lim
n!1an+1an
bn+1bn=ln (n+ 1)!lnn!
(n+ 1) ln (n+ 1)nlnn
=lnh
1
2
3




(n+1)
1
2
3




ni
nln (n+ 1) + ln (n+ 1)nlnn
=ln (n+ 1)
nlnn+1
n

+ ln (n+ 1)
=ln (n+ 1)
ln
1 +1
n
n+ ln (n+ 1)
=1
1
ln (n+1)
ln
1 +1
n
n+ 1= 1:
^In baza teoremei lui Stol-Cesaro rezult a c a
lim
n!1an
bn= lim
n!1lnn!
n
lnn= 1:
46

Exercit iul 3.14. S a se studieze convergent a  sirului cu termenul general:
an=3
4+5
36+


+2n+ 1
n2(n+ 1)2
 si s a se calculeze limita sa.
Solut ie:
Avem:
an=3
4+5
36+


+2n+ 1
n2(n+ 1)2
=2
1 + 1
12
22+2
2 + 1
22
32+


+2
n+ 1
n2
(n+ 1)2
=221
12
22+3222
22
32+


+(n+ 1)2n2
n2
(n+ 1)2
=1
121
22+1
221
32+


+1
(n+ 1)21
n2+1
n21
(n+ 1)2
= 11
(n+ 1)2:
Deoarece
(n+ 1)2>n2()1
(n+ 1)2<1
n2()
11
(n+ 1)2>11
n2()an+1>an;8n1:
A sadar  sirul ( an)n1este cresc ator.
Daran= 11
n2<1, deci  sirul este m arginit superior de 1.
Deoarece  sirul este cresc ator  si m arginit superior rezult a c a( an)n1este con-
vergent.
S i
lim
n!1an= lim
n!1
11
n2
= 1:
Exercit iul 3.15. Utiliz^ and criteriul lui CAUCHY s a se arate c a  sirul an=
2n+1
5n+2este convergent.
Solut ie: Evalu am diferent a:
an+pan=2n+ 2p+ 1
5n+ 5p+ 22n+ 1
5n+ 2
=10n2+ 10np+ 5n+ 4n+ 4p+ 210n210np4n4n5p2
(5n+ 2)(5n+ 5p+ 2)
=p
(5n+ 2)(5n+ 5p+ 2):
47

jan+panj=p
(5n+ 2)(5n+ 5p+ 2):
Fie">0; trebuie s a g asim n"1, astfel ^ nc^ at
jan+panj<";8nn";8p2N:
Obt inem inegalitatea
p
(5n+ 2)(5n+ 5p+ 2)<";
cumpeste arbitrar, c^ and p!1 obt inem:
1
5(5n+ 2)"()n110"
25":
Deci
n"= 1 +110"
25"
:
Exercit iul 3.16. S a se calculeze limitele urm atoarelor  siruri
xn=p
n2+ 2n3n
 si
yn=3p
n3+ 2n2+ 13p
n31:
Solut ie:
lim
n!1xn= lim
n!1p
n2+ 2n3n
Trec^ and la limit a suntem condu si la o nedeterminare  si anume 11 .
lim
n!1p
n2+ 2n3n
= lim
n!1n2+ 2n3n2
p
n2+ 2n3 +n
= lim
n!12n3p
n2+ 2n3 +n
= lim
n!1n
23
n

nq
1 +2
n3
n2+ 1
= 1
lim
n!1yn= lim
n!13p
n3+ 2n2+ 13p
n31:
48

Trec^ and la limit a suntem condu si la o nedeterminare  si anume 11 .
lim
n!13p
n3+ 2n2+ 13p
n31 =
= lim
n!1n3+ 2n2+ 1n3+ 1
3q
(n3+ 2n2+ 1)2+3p
n31
3p
n3+ 2n2+ 1 +3q
(n31)2
= lim
n!1n2(2 +2
n)
n2
3q
1 +2
n+1
n3
2+3q
11
n33q
1 +2
n+1
n3+3q
11
n3
2
=2
3
Exercit iul 3.17. S a se calculeze
lim
n!infty2n23
2n2n+ 1n21
n
:
Solut ie: Trec^ and la limit a suntem condu si la o nedeterminare  si anume
11.
lim
n!12n23
2n2n+ 1n21
n
= lim
n!1
1 +2n23
2n2n+ 11n21
n
= lim
n!12
4
1 +n4
2n2n+ 12n2n+1
n43
5n4
2n2n+1
n21
n
=elim
n!1(n4)(n21)
n(2n2n+1)
=e1
2
=pe:
Exercit iul 3.18. Folosind lema lui Stolz s a se calculeze limita  sirului
xn=1p+ 2p+


+np
np+1:
Solut ie:
Not am:
an= 1p+ 2p+


+np;an+1=an+ (n+ 1)p;
49

bn=np+1;bn+1(n+ 1)p+1;
an+1an
bn+1bn=(n+ 1)p
(n+ 1)p+1np+1
=np+C1
pnp1+C2
pnp2+


+Cp
p
C1
p+1np+C2
p+1np1+


+Cp+1
p+1
lim
n!1an+1an
bn+1bn=1
C1
p+1=1
p+ 1=)lim
n!1xn=1
p+ 1:
Exercit iul 3.19. S a se calculeze limita
L= lim
n!1
npa+np
b
2!n
;a;b2R
+:
Solut ie:

npa+np
b
2!n
=
1 +npa1 +np
b1
2!n
=2
4
1 +npa1 +np
b1
2! 2
npa1+np
b13
5n(npa1)+n(np
b1)
2
=)
L= lim
n!1elna+lnb
2
=elnp
ab=p
ab
Am utilizat limita remarcabil a:
lim
n!1n(npa1) = lna:
50

Capitolul 4
Exercit ii de la olimpiade,
concursuri  scolare  si din gazeta
matematic a
4.1 Exercit ii de la olimpiadele  si concursurile
 scolare
Exercit iul 4.1. S a se studieze convergent a  sirului (xn)n1cu termenul gen-
eralxn=
1 +sin(2n+1)
2
nn
, oricare ar  n2N.
(Olimpiada nat ional a de matematic a, Etapa local a, Timis ,
2009)
Solut ie: Pentru a studia convergent a  sirului ( xn)n1vom calcula limitele
sub sirurilor ( x2n)n1 si (x2n+1)n1.
lim
n!1x2n= lim
n!1
1 +sin(4n+ 1)
2
2n2n
= lim
n!1
1 +sin(2n+
2)
2n2n
= lim
n!1
1 +1
2n2n
=e;
51

lim
n!1x2n+1= lim
n!1
1 +sin(4n+ 3)
2
2n+ 12n+1
= lim
n!1
1 +sin(2n+3
2)
2n+2n+1
= lim
n!1
11
2n+ 12n+1
=e1=1
e;
Observ am c a cele do a limite sunt diferite, e6=1
e, rezult a c a nu exist a lim
n!1xn
adic a  sirul ( xn)n1este divergent.
Exercit iul 4.2. Fiea2Run num ar real oarecare exat, iar (xn)n2N sirul
de numere reale denit prin
x0=a si xn+1=exn+xn;8n2N:
Ar atat i c a:
a) S irul (xn)n2Nare limita +1.
b)lim
n!1ln(n)
xn= 1.
(Olimpiada nat ional a de matematic a, Etapa local a, Timis ,
2009)
Solut ie:
a)
Din relat ia de recurent  a observ am c a
xn+1=exn+xn>xn;8n2N;
a sadar  sirul ( xn)n2Neste strict cresc ator,  si prin urmare are o limit a l=
lim
n!1xn. Dac a presupunem c a limita  sirului este nit a, atunci c^ and trecem
la limit a ^ n relat ia de recurent  a obt inem c a el= 0, ceea ce este imposibil.
A sadar limita  sirului ( xn)n2Neste +1.
b)
52

De la punctul a) obt inem c a lim
n!1exn= 0. Din relat ia de recurent  a avem
c a
xn+1xn=exn;8n2N()exn+1xn=eexn;8n2N:
Pentru a calcula lim
n!1ln(n)
xn, vom folosi Teorema lui Stolz-Cesaro. A sadar
lim
n!1ln(n)
xn= lim
n!1ln(n+ 1)ln(n)
xn+1xn
= lim
n!1ln
1 +1
n

exn
= lim
n!1ln
1 +1
n

exn
= lim
n!1ln
1 +1
nn

exn
n:
Folosind tot Teorema lui Stolz-Cesaro vom calcula lim
n!1exn
n:
lim
n!1exn
n= lim
n!1exn+1exn
n+ 1n= lim
n!1exn(exn+1xn1) = lim
n!1eexn1
exn= 1
Prin urmare,
lim
n!1ln(n)
xn= lim
n!1ln
1 +1
nn

exn
n= 1
Exercit iul 4.3. Fie(xn)n2Nun  sir de numere reale astfel ^ nc^ at
lim
n!1(xn+1xn) =1
e:
Studiat i convergent a  sirului (fxng)n2N, unde prinfags-a notat partea fract ionar a
a num arului real a.
(Concursul interjudet ean de matematic a "Traian Lalescu",
2018)
Solut ie: Presupunem c a  sirul ( fxng)n2N[0;1) este convergent, adic a ex-
ist al2[0;1) astfel ^ nc^ at lim
n!1fxng=l. Folosind denit ia p art ii fract ionare
obt inem
fxng=xn[xn];8n2N() [xn] =xnfxng;8n2N:
Din aceast a ultim a identitate obt inem
[xn+1][xn] = (xn+1xn)(fxn+1gfxng);8n2N:
53

Utiliz^ and aceast a relat ie deducem c a  sirul ( bn)n2N) ,bn= [xn+1][xn];8n2
N, este convergent cu
lim
n!1bn=1
e(ll) =1
e:
Pe de alt a parte observ am c a ( bn)n2NZ si cum lim
n!1bn=1
e, obt in^ and astfel
o contradict ie. A sadar, presupunerea f acut a este fals a  si deci  sirul ( fxng)n2N
este divergent.
Exercit iul 4.4. Fiea>0un num ar real  si e (xn)n2N sirul de numere reale
denit prin relat ia de recurent  a
x1= 1; xn+1=xn+a
x1+x2+


+xn;n1:
a) S a se arate c a lim
n!1xn=1.
b) S a se calculeze lim
n!1xnp
lnn.
(Concursul Interjudet ean de Matematic a s i Informatic a
"Grigore Moisil", Baia mare, 2012)
Solut ie:
a)
Din relat ia de recurent  a din enunt  deducem c a xn>0;8n1. De asemenea,
tot din relat ia de recurent  a obt inem c a
xn+1xn=a
x1+x2+


+xn>0;8n1;
a sadar  sirul este strict cresc ator. Presupunem prin reducere la absurd c a
 sirul este convergent  si astfel exist a un num ar real lastfel ^ nc^ at lim
n!1xn=l.
Deoarece  sirul este strict cresc ator avem c a l6= 0  sixn<l;n2N.
Dac a iter am relat ia de recurent  a obt inem c a
xn+1=x1+a
x1+a
x1+x+ 2+


+a
x1+x2+


+xn
>x 1+a
l+a
2l+


+a
nl
= 1 +a
l
1 +1
2+


+1
n
:
Trec^ and la limit a ^ n relat ia de mai sus avem c a l1  si astfel obt inem o
contradict ie.
54

b)
Not am cuLlimita din enunt  pe care trebuie s a o calcul am, aplic am teorema
lui Cesaro-Stolz  si avem
L= lim
n!1xnp
lnn= lim
n!1xn+1xnp
ln(n+ 1)p
lnn
= lim
n!1a
x1+x2+


+xn
lnn+1
np
ln(n+1)+p
lnn
= lim
n!1
a
x1+x2+


+xn
p
ln(n+ 1) +p
lnnp
lnn
np
lnn
nlnn+1
n!
= 2alim
n!1np
lnn
x1+x2+


+xn
L= 2a(n+ 1)p
ln(n+ 1)np
lnn
xn+1
= 2alim
n!1 p
ln(n+ 1)
xn+1
(n+ 1)p
ln(n+ 1)np
lnnp
ln(n+ 1)!
=2a
L
lim
n!1(n+ 1)p
ln(n+ 1)np
lnnp
ln(n+ 1)
=2a
L:
Obt inem astfel c a L=p
2a.^In continuare ar at am c a lim
n!1(n+1)p
ln(n+1)np
lnnp
ln(n+1)=
1
lim
n!1(n+ 1)p
ln(n+ 1)np
lnnp
ln(n+ 1)= 1 + lim
n!1np
ln(n+ 1)p
lnn
p
ln(n+ 1)
= 1 + lim
n!1
1 +1
nn

1
p
ln(n+ 1)p
ln(n+ 1)p
lnn= 1
Exercit iul 4.5. Pentrua2R, calculat i
lim
n!1n
3p
n36n2+ 6n+ 1p
n2an+ 5
:
55

(Concursul de matematic a s i fizic a "Vr ^anceanu Procopiu",
2010)
Solut ie:
lim
n!1n
3p
n36n2+ 6n+ 1p
n2an+ 5
= lim
n!1n
3p
n36n2+ 6n+ 1(n2)
p
n2an+ 5(n2)
= lim
n!1n(96n)
3q
(n36n2+ 6n+ 1)2+ (n2)3p
n36n2+ 6n+ 1 + (n2)2
lim
n!1(4a)n+ 1p
n2an+ 5 +n2=21
2((4a)n+ 1) =8
<
:1; dac aa>4
1; dac aa<4
5
2; dac aa= 4
Exercit iul 4.6. Se consider a  sirul (xn)n2N, denit prin: x0= 1;x1= 3  si
xn+2= 2
xn+1+ 3
xn;8n0:
a) Demonstrat i c a xn= 3n;8n2N;
b) Calculat i
S=2015X
k=0xk:
(Concursul nat ional de matematic a aplicat a "Adolf
Haimovici", Etapa Nat ional a, Ias i, 2015)
Solut ie:
a)
Demonstr am c a xn= 3n;8n2Nprin induct ie matematic a.
x0= 1;x1= 3 =)x2= 2
x1+ 3
x0= 32
Presupunem c a xn= 3n;xn+1= 3n+1.
Avem:xn+2= 2
3n+1+ 3
3n= 3n+2.
Conform principiului induct iei matematice complete rezult a c a xn= 3n;8n2
N:
b)
Observ am c a termenii  sirului sunt ^ n progresie geometric a, a sa c a avem de
calculat suma termenilor ^ ntr-o progresie geometric a.
S=2015X
k=0xk= 1 + 3 + 32+


+ 32015=320161
2:
56

Exercit iul 4.7. Fie(an)n1un  sir cresc ator  si m arginit. Calculat i
lim
n!1(2ana1a2)(2ana2a3)


(2anan2an1)(2anan1a1):
(Olimpiada nat ional a de matematic a, Etapa Judet ean a,
Bucures ti, 2013)
Solut ie:
Not am cu
xn= (2ana1a2)(2ana2a3)


(2anan2an1)(2anan1a1);8n1:
Deoarece  sirul ( an)n1este cresc ator  si m arginit rezult a c a  sirul ( an)n1este
convergent. Fie L= lim
n!1an. AvemanL;8n1.
Atunci
2anakak+12Lakak+12(Lak);k= 1;2;


;n2;8n1:
Deci
0xn2n1(La1)(La2)


(Lan2)(La1) =yn:
Presupunem c a yn>0, ^ n caz contrar yn= 0  si apoi xn= 0.
Cumyn+1
yn= 2(Lan)!0;din criteriul rapotului deducem c a lim
n!1yn= 0.
Din criteriul cle stelui obt inem lim
n!1xn= 0.
Exercit iul 4.8. Fie  sirul (an)n1,an=a+x a


a
a a +x


a
…………
a a


a+x. Calculat i
lim
n!1
lim
x!0an+1
x
ann
.
(Olimpiada nat ional a de matematic a, Etapa Local a,
Harghita, 2013)
Solut ie:
Pentru a determina  sirul ( an)n1adun am toate cele nlinii la prima linie
 si obt inem
an=na+x na +x


na+x
a a +x


a
…………
a a


a+x= (na+x)1 1


1
a a +x


a
…………
a a


a+x
57

Pentru a obt ine zerouri pe prima linie sc adem din cele n coloane prima
coloan a  si obt inem
an= (na+x)1 0


0
a x


0
…………
a0


x= (na+x)xn1:
lim
x!0an+1
x
an= lim
x!0((n+ 1)a+x)xn
x(na+x)xn1=n+ 1
n
lim
n!1
lim
x!0an+1
x
ann
= lim
n!1n+ 1
nn
=e:
Exercit iul 4.9. Fie  sirul (an)n1, denit de relat ia 2an+1=an+an
npentru
oricen2N sia1=1
2:
a) Determinat i termenul general al  sirului (an)n1.
b) Calculat i lim
n!1npa1
a2


an
2n+1
2
an+1.
(Olimpiada nat ional a de matematic a, Etapa Local a,
Harghita, 2013)
Solut ie:
a)
Din relat ia de recurent  a obt inem
2an+1=an+an
n=nan+an
n=an(n+ 1)
n()an+1=an
n+ 1
2n()an+1
an=n+ 1
2n:
Ptn= 1 :a2
a1=2
2
1
Ptn= 2 :a3
a2=3
2
2
Ptn= 3 :a4
a3=4
2
3




Ptn=n1 :an
an1=n
2
(n1)
^Inmult ind aceste relat ii  si simplic^ and, obt inem
an
a1=n
2n1()an=a1
n
2n1()an=n
2n;8n1:
b)
58

lim
n!1npa1
a2


an
2n+1
2
an+1= lim
n!1nq
n!
21+2+3+


+n
2n+1
2
n+1
2n+1= lim
n!1ns
n!
(n+ 1)n
Aplic am criteriul lui D' Alembert acestei ultime limite  si obt inem
lim
n!1ns
n!
(n+ 1)n= lim
n!1(n+ 1)!
(n+ 2)n1
(n+ 1)n
n!= lim
n!1n+ 1
n+ 2n+1
lim
n!1n+ 1
n+ 2n+1
= lim
n!1
1 +n+ 1
n+ 21n+1
= lim
n!1
1 +1
n+ 2n+1
= lim
n!1"
1 +1
n+ 2(n+2)#1
n+2
n+1
=elim
n!1n1
n+1
=e1=1
e:
4.2 Exercit ii din gazeta matematic a
Exercit iul 4.10. Fie  sirul de numere reale (xn)n0denit prin x0>0 si
xn+1=arctgxn;n0. S a se determine 2Rpentru care lim
n!1nxn2R.
(G.M.B. NR. 678/2017)
Solut ie: Deoarece funct ia arctg este strict cresc atoare  si m arginit a pe R
rezult a c a  sirul ( xn)neste monoton  si m arginit, deci convergent c atre l2R.
Cumarctgl =l, rezult a c a l= 0. Cum
1
x2
n+11
x2
n=x2
n(arctgxn)2
x2
n+1×2
n=x2
n(arctgxn)2
x4
n
x2
n
(arctgxn)2;
lim
x!0x2arctg2x
x4=2
3
lim
x!0x
arctgx= 1;
rezult a c a
lim
n!11
x2
n+11
x2
n
=2
3:
59

Dim lema lui Stolz-Cesaro rezult a c a
lim
n!11
nx2
n= lim
n!11
x2n
n=2
3:
Prin urmare, lim
n!1pnxn=q
3
2. Atunci lim
n!1nxn= lim
n!1pnxn
n1
2=
q
3
2lim
n!1n1
2:Deci limita cerut a este real a nenul a ()=1
2.
Exercit iul 4.11. Fie  sirul de numere reale (xn)n1denit prin x1>0 si
x1+x2+


+xn=1pn+1. S a se calculeze lim
n!1n2x3
n.
(G.M.B. NR. 678/2017)
Solut ie:
Fien2. Cumx1+x2+


+xn1=1pxnrezult a c a1pxn+xn=1pxn+1.
Deoarecexn>0;8n1, rezult a1pxn<1pxn+1, decixn+1<xn;8n1.
A sadar,  sirul ( xn)n1este convergent c atre l2R.
Dac al6= 0, din1p
l+l=1p
l, obt ineml= 0, contradict ie. A sadar l= 0.
Calcul am lim
n!1np
x3
n, folosind lema lui Stolz-Cesaro.
Fieyn=p
x3
n;8n1. Atunci
n+ 1n
1
yn+1=ynyn+1
ynyn+1=yn
yn
yn+11=ynr
xn
xn+13
1
=yn
(1 +yn)3
=1
(1+yn)31
yn!1
3
Atunci lim
n!1nyn=1
3, deci lim
n!1n2x3
n=1
9.
Exercit iul 4.12. S a se calculeze limitele  sirurilor (xn)n1 si(yn)n1denite
prinx1=2
5;y1=3
4 sixn+1=x3
n
x2n+xnyn+y2n;yn+1=y3
n
x2n+xnyn+y2n, oricare ar
n1.
(G.M.B. NR. 3/2012)
Solut ie:
Avem:
xn+1yn+1=x3
ny3
n
x2
n+xnyn+y2
n=xnyn=


=x1y1=2
53
4=7
20
60

 si:
xn+1
yn+1=xn
yn3
=


=x1
y13n
=8
153n
;
decixn=yn=8
15
3n1
 siyn8
15
3n1
1
=7
20. Rezult a lim
n!1yn=7
20 si
lim
n!1xn= 0.
Exercit iul 4.13. Se consider a  sirul (xn)n1de numere reale pozitive cu
lim
n!1xn= 0. S a se calculeze:
lim
n!1p
x2
1x1x2+x2
2+p
x2
2x2x3+x2
3+


+p
x2
nxnx1+x2
1
n:
(G.M.B. NR. 4/2012)
Solut ie:
Fie:
an=q
x2
1x1x2+x2
2+q
x2
2x2x3+x2
3+


+q
x2
nxnx1+x2
1;n3:
Cump
x2xy+y2p
(x+y)2=x+y, pentru orice x;y0, rezult a:
0anx1+x2+x2+


+xn+x1= 2(x1+x2+


+xn):
Obt inem
0an
n2×1+x2+


+xn
n= 0;
deci lim
n!1an
n= 0.
Exercit iul 4.14. Fie  sirul (xn)n1de numere reale denit prin
x1= 2;nxn(n+ 1)xn1n
n1;
oricare ar  n2. S a se calculeze lim
n!1xn.
(G.M.B. NR. 678/2015)
Solut ie:
Cumn
n1>n+1
n;8n2, relat ia din enunt  se scrie
xn
n+ 1xn1
n>1
n2;8n2:
Prin sumare obt inem
xn
n+ 1>1
12+1
22+


+1
n2>1;
decixn>n+ 1  si lim
n!1xn=1.
61

Exercit iul 4.15. Fie  sirul (an)n1de numere reale denit prin an=(n2+ 1)2
n4+ 4;n
1. S a se calculeze lim
n!1a1a2


an.
(G.M.B. NR. 9/2016)
Solut ie:
Demonstr am prin induct ie matematic a relat ia a1a2


an=2(n2+ 1)
n2+ 2n+ 2.
Pentrun= 1 relat ia este adev arat a. Presupun^ and relat ia adev arat a pentru
n, avem
a1a2


an=2(n2+ 1)
n2+ 2n+ 2
((n+ 1)2+ 1)2
(n+ 1)4+ 4
=d2(n2+ 1)
n2+ 2n+ 2
(n2+ 2n+ 2)2
(n2+ 1)(n2+ 4n+ 5)
=2((n+ 1)2+ 1)
(n+ 1)2+ 2(n+ 1) + 2
A sadar, lim
n!1a1a2


an= 2.
Exercit iul 4.16. Fie  sirul (an)n1denit astfel: a1>0 sian+1=nan
n+a2n;n
1. Calculat i lim
n!1an.
(G.M.B. NR. 678/2016)
Solut ie:
Evident,an>0;8n2N sian+1
an=n
a+a2n<1, deci  sirul ( an)n1este strict
descresc ator, deci convergent.
Cum1
an+1=n+a2
n
nan, rezult a c a1
an+11
an=an
n. Prin ^ nsumarea ultimei relat ii
obt inem
1
an+1=1
a1+nX
k=1ak
k1
a1+lnX
k=11
k1
a1;
undel= lim
n!1an. Dac al>0, cum lim
n!1Xn
k=11
k=1, rezult a c a lim
n!11
an=
1, decil= 0, contradict ie.
A sadar, lim
n!1an= 0.
Exercit iul 4.17. S a se arate c a  sirul an=(2n)!
(n!)2nu cont ine nicio progresie
geometric a neconstant a.
(G.M.B. NR. 1/2016)
Solut ie:
62

Dinan+1
an=4n+2
n+1= 42
n+1>1, rezult a c a  sirul ( an)n1este strict
cresc ator.
Presupunem c a  sirul cont ine o progresie geometric a cu rat ia q > 1  si e
an1;an2;


ank;


termenii acesteia, unde n1< n 2<


< nk


:Avem
ank+1
ank=ank+2
an+k+1=q;8k1:Putem scrie
q=ank+1ank=
42
nk+ 1






42
nk+1

42
nk+1nk+1nk
 si
q=ank+2ank+1=
42
nk+1+ 1






42
nk+2

42
nk+1+ 1nk+2nk+1
:
Obt inem
42
nk+1nk+1nk

42
nk+1+ 1nk+2nk+1
;
de unde rezult a c a n+k+ 1nk>nk+2nk+1 sin2n1>n 3n2>


>
nk+1nk>


;absurd.
Exercit iul 4.18. Fie  sirurile (an)n1 si(bn)n1denite astfel:
an=nX
k=11
k2;bn=nX
k=11
(2k1)2:
Se  stie (Euler) c a lim
n!1an=2
6= 1.
S a se calculeze lim
n!1
a2
8an
bn

n.
(G.M.B. NR. 2/2016)
Solut ie: Avem
bn=nX
k=11
(2k1)2=2nX
k=11
k21
4nX
k=11
k2
 si deci
lim
n!1bn=aa
4=3a
4=2
8=b:
De asemenea lim
n!1(aan)
n= lim
n!1aan
1
n si, folosind lema lui Cesaro-Stolz,
rezult a
lim
n!1an+1+an
1
n+11
n= lim
n!1an+1an
1
n1
n+1= 1 =u
63

lim
n!1(bbn)
n= limbbn
1
n= lim
n!1bn+1+bn
1
n1
n+1=1
4=u:
Prin urmare
a2
8an
bn

n= (a
ban
bn)
n
= (a
ban
b+an
ban
bn)
n
=b
(aan)
n+an
(bbn)
n;8n2N
 si atunci
lim
n!1a2
8an
bn

n=b
lim
n!1(aan)
n+ lim
n!1an
lim
n!1(bbn)
n
=b
u+a
v=2
6:
64

Bibliograe
[1] Charles H. C. Little, Kee L. Teo, Bruce van Brunt, Real
Analysis via Sequences and Series , Editura Springer, New
York, 2015;
[2] Gh. Siret chi, Calcul diferent ial  si integral , Vol. 1, Editura
S tiint ic a  si Enciclopedic a, Bucure sti, 1985;
[3] Gh. Siret chi, Calcul diferent ial  si integral , Vol. 2, Editura
S tiint ic a  si Enciclopedic a, Bucure sti, 1985;
[4] Ion Petric a, Emil Constantinescu, Dumitru Petre, Probleme
de analiz a matematic a , Vol. 1, Editura Petrion, Bucure sti,
1993;
[5] John Schmeelk, Djurdjica Takaci, Arpad Takaci, Elemetaryl
Analysis through Examples and Exercises , Editura
Springer, Netherlands, 1995;
[6] Marcel N. Ro sculet , Galina Toma, Vasile Masgras, Victoria
Stanciu, Emil Br aileanu, Nicoleta Dimcevici-Poesina, Prob-
leme de analiz a matematic a , Editura Tehnic a, Bucure sti,
1993;
[7] Marcel T  ena, Marian Andronache, Dinu S erb anescu, Matem-
atic a M1: manual pentru clasa a XI-a , Editura Art, Bu-
cure sti, 2010;
[8] Marius Burtea, Georgeta Burtea, Manual pentru clasa a
XI-a , Editura Carminis, Pite sti, 2006;
[9] Mircea Ganga, Elemente de analiz a matematic a , Editura
Mathpress, Ploie sti, 2000;
65

[10] Octavian St an a sil a, Ion M. Popescu, Felicia Cornea,
Culegere de probleme rezolvate pentru admiterea ^ n
^ nv at  am^ antul superiror , Editura S tiint ic a  si Enciclope-
dic a, Bucure sti, 1989;
[11] Teodora-Liliana T. R adulescu,Vicent iu D. R adulescu, Titu
Andreescu, Problems in real analysis: advanced calcu-
lus on thea real axis , Editura Springer, New York, 2000.
66