Cuprins - Alexandru Ioan Cuza Universityfliacob/An1/2014-2015/Concursuri... · Universitatea...

258

Transcript of Cuprins - Alexandru Ioan Cuza Universityfliacob/An1/2014-2015/Concursuri... · Universitatea...

  • Cuprins

    II. Analiză matematică 0

    7 Şiruri şi serii numerice 1

    8 Calcul diferenţial pentru funcţii de o variabilă reală 43

    9 Calcul integral pentru funcţii de o variabilă reală 62

    10 Funcţii de mai multe variabile reale 93

    11 Şiruri şi serii de funcţii: serii Taylor, serii Fourier 122

    12 Funcţii complexe 170

    III. Matematici discrete 195

    13 Combinatorică şi grafuri 196

    14 Aritmetică şi teoria numerelor 232

  • Lucrarea a fost elaborată după cum urmează:

    Capitolul 7. Vasile Pop, Mircea Olteanu

    Capitolul 8. Liliana Popa

    Capitolul 9. Dorian Popa, Vasile Pop

    Capitolul 10. Dorian Popa

    Capitolul 11. Mircea Olteanu, Radu Strugariu

    Capitolul 12. Liliana Popa

    Capitolul 13. Monica Burlică, Mihai Ispas

    Capitolul 14. Gabriel Mincu

  • Prefaţă

    Cartea de faţă a fost elaborată ı̂n cadrul proiectului POSDRU/56/1.2/S/32768, ”For-marea cadrelor didactice universitare şi a studenţilor ı̂n domeniul utilizării unor instru-mente moderne de predare-̂ınvăţare-evaluare pentru disciplinele matematice, ı̂n vedereacreării de competenţe performante şi practice pentru piaţa muncii”.Finanţat din Fondul Social European şi implementat de către Ministerul Educaţiei,Cercetării, Tineretului şi Sportului, ı̂n colaborare cu The Red Point, Oameni şi Com-panii, Universitatea din Bucureşti, Universitatea Tehnică de Construcţii din Bucureşti,Universitatea ”Politehnica” din Bucureşti, Universitatea din Piteşti, Universitatea Tehnică”Gheorghe Asachi” din Iaşi, Universitatea de Vest din Timişoara, Universitatea ”Dunăreade Jos” din Galaţi, Universitatea Tehnică din Cluj-Napoca, Universitatea ”1 Decembrie1918” din Alba-Iulia, proiectul contribuie ı̂n mod direct la realizarea obiectivului generalal Programului Operaţional Sectorial de Dezvoltare a Resurselor Umane - POSDRU şi seı̂nscrie ı̂n domeniul major de intervenţie 1.2 Calitate ı̂n ı̂nvăţământul superior.Proiectul are ca obiectiv adaptarea programelor de studii ale disciplinelor matematicela cerinţele pieţei muncii şi crearea de mecanisme şi instrumente de extindere a oportu-nităţilor de ı̂nvăţare.Evaluarea nevoilor educaţionale obiective ale cadrelor didactice şi studenţilor legate de uti-lizarea matematicii ı̂n ı̂nvăţământul superior, masterate şi doctorate precum şi analizareaeficacităţii şi relevanţei curriculelor actuale la nivel de performanţă şi eficienţă, ı̂n vedereadezvoltării de cunoştinţe şi competenţe pentru studenţii care ı̂nvaţă discipline matematiceı̂n universităţi, reprezintă obiective specifice de interes ı̂n cadrul proiectului. Dezvoltareaşi armonizarea curriculelor universitare ale disciplinelor matematice conform exigenţelorde pe piaţa muncii, elaborarea şi implementarea unui program de formare a cadrelordidactice şi a studenţilor interesaţi din universităţile partenere bazat pe dezvoltarea şiarmonizarea de curriculum, crearea unei baze de resurse inovative, moderne şi funcţionalepentru predarea-̂ınvăţarea-evaluarea ı̂n disciplinele matematice pentru ı̂nvăţământul uni-versitar sunt obiectivele specifice care au ca răspuns materialul de faţă.Formarea de competenţe cheie ı̂n matematică şi informatică presupune crearea de abilitătide care fiecare individ are nevoie pentru dezvoltarea personală, incluziune socială şi inserţiepe piaţa muncii. Se poate constata ı̂nsă că programele disciplinelor de matematică nu auı̂ntotdeauna ı̂n vedere identificarea şi sprijinirea elevilor şi studenţilor potenţial talentaţi lamatematică. Totuşi, studiul matematicii a evoluat ı̂n exigenţe până la a ajunge să accepteprovocarea de a folosi noile tehnologii ı̂n procesul de predare-̂ınvăţare-evaluare pentru aface matematica mai atractivă. În acest context, analiza flexibilităţii curriculei, ı̂nsoţită deanaliza metodelor şi instrumentelor folosite pentru identificarea şi motivarea studenţilortalentaţi la matematică ar putea răspunde deopotrivă cerinţelor de masă, cât şi celor deelită.Viziunea pe termen lung a acestui proiect preconizează determinarea unor schimbări ı̂nabordarea fenomenului matematic pe mai multe planuri: informarea unui număr cât mai

  • Prefaţă

    mare de membri ai societăţii ı̂n legătură cu rolul şi locul matematicii ı̂n educaţia de bază,ı̂n instrucţie şi ı̂n descoperirile ştiinţifice menite să ı̂mbunătăţească calitatea vieţii, inclu-siv popularizarea unor mari descoperiri tehnice, şi nu numai, ı̂n care matematica cea maiavansată a jucat un rol hotărâtor. De asemenea, se urmăreşte evidenţierea a noi motivaţiisolide pentru ı̂nvăţarea şi studiul matematicii la nivelele de bază şi la nivel de performanţă;stimularea creativităţii şi formarea la viitorii cercetători matematicieni a unei atitudini de-schise faţă de ı̂nsuşirea aspectelor specifice din alte ştiinţe, ı̂n scopul participării cu succesı̂n echipe mixte de cercetare sau a abordării unei cercetări inter şi multi disciplinare;identificarea unor forme de pregătire adecvată de matematică pentru viitorii studenţi aidisciplinelor matematice ı̂n scopul utilizării la nivel de performanţă a aparatului matematicı̂n construirea unei cariere profesionale.

  • Introducere

    Concursurile de matematică, naţionale şi internaţionale pentru elevi au o tradiţieı̂ndelungată, primul concurs internaţional fiind organizat la iniţiativa României, ı̂nRomânia ı̂n anul 1959 (Olimpiada Internaţională de Matematică). În toţi aceşti ani, lanivelul matematicii preuniversitare s-a ajuns la o programă de concurs comună, unanimacceptată de toate ţările participante la OIM (̂ın prezent peste 120 de ţări) iar concur-sul reprezintă pentru mulţi dintre participanţi cel mai important test de verificare alnivelului pregătirii matematice şi ı̂n acelaşi timp un barometru pentru nivelul matematiciicompetiţionale al ţării din care provin.

    Este de dorit ca şi la nivel universitar competiţiile internaţionale să urmeze modelulOIM, ı̂n special ca formă de organizare şi ca programă de concurs general acceptată şicunoscută.

    La nivel universitar concursurile de matematică s-au desfăşurat foarte mult timp doarla nivel naţional ı̂n diverse ţări şi ı̂n multe cazuri sporadic. Cea mai veche competiţienaţională cu desfăşurare nêıntreruptă este concursul Putnam, organizat ı̂n Statele Uniteale Americii ı̂ncepând cu anul 1938. În România, Concursul Naţional Studenţesc ”TraianLalescu” s-a desfăşurat la mai multe discipline, s-a ı̂ntrerupt ı̂n perioada 1992-2006 şi afost reluat din 2007 la matematică.

    Cea mai importantă competiţie internaţională de matematică pentru studenţi esteIMC (International Mathematics Competition for University Students) care se organizeazăitinerant din 1994 fiind echivalentul Olimpiadei Internaţionale de Matematică la niveluniversitar. În ultimii ani la această competiţie participă peste 300 de studenţi din peste 70de universităţi şi peste 30 de ţări. Competiţia este individuală iar fiecare echipă reprezintă ouniversitate (nu o ţară). Dificultatea problemelor date ı̂n concurs este deosebit de ridicată,iar rezultatul este edificator: concursul se desfăşoară pe durata a două zile şi se dau 5 sau6 probleme ı̂n fiecare zi.

    Începând din 2007 se desfăşoară Concursul Internaţional Studenţesc SEEMOUS (SouthEastern European Mathematical Olympiad for University Students), analogul OlimpiadeiBalcanice de Matematică pentru elevi, la care au participat ı̂n fiecare an studenţi de launiversităţi din România (Bucureşti, Cluj-Napoca, Iaşi, Timişoara).

    Această culegere de probleme a fost gândită pentru a pune la dispoziţia studenţilordin România un material necesar pentru o bună pregătire matematică ı̂n vederea ridicăriinivelului pregătirii obişnuite la nivel competiţional (naţional sau internaţional). Laelaborarea cărţii au fost implicaţi profesori cu experienţă la concursurile naţionale şiinternaţionale studenţeşti.

    În elaborarea programei care stă la baza culegerii am decis, după discuţii cureprezentanţi ai majorităţii universităţilor din ţară, să folosim curricula concursurilorinternaţionale de matematică la care studenţii de la universităţile din România participăcel mai frecvent.

    Problemele au fost ı̂mpărţite pe teme ı̂n 14 capitole:

  • Introducere

    • Algebră - capitolele 1 şi 2,• Algebră liniară - capitolele 3, 4, 5,• Geometrie analitică - capitolul 6,• Analiză reală (funcţii de o variabilă) - capitolele 7, 8, 9,• Analiză matematică (funcţii de mai multe variabile) - capitolul 10,• Şiruri şi serii de funcţii - capitolul 11,• Funcţii complexe - capitolul 12,• Matematici discrete - capitolele 13 şi 14.

    Fiecare capitol ı̂ncepe cu o prezentare a noţiunilor şi rezultatelor necesare rezolvăriiproblemelor, urmată de un număr suficient de probleme rezolvate, unele clasice, dar sem-nificative, altele pentru antrenament şi altele selectate din concursurile internaţionale saunaţionale ale altor ţări ca: Rusia, Franţa, Iran, S.U.A., Ungaria, Cehia, Israel.

    Culegerea conţine peste 600 de probleme cu rezolvări complete, o listă de peste 50 detitluri bibliografice (cărţi editate ı̂n ţară sau ı̂n străinătate), precum şi o listă de adresede Internet ale diverselor concursuri internaţionale studenţeşti. După cunoştinţa autoriloraceastă culegere este prima ı̂n lume care tratează o astfel de tematică la modul general,nefiind dedicată doar unui anumit concurs.

    Fiecare capitol al culegerii a fost elaborat de unul sau doi dintre cei 11 autori şi fiecarea putut contribui cu probleme la orice alt capitol. De coordonarea ı̂ntregii culegeri şifinalizarea ei s-au ocupat conf. dr. Vasile Pop de la Universitatea Tehnică din Cluj-Napocaşi conf. dr. Cornel Băeţica de la Universitatea din Bucureşti.

  • Capitolul 7

    Şiruri şi serii numerice

    Definiţii şi rezultate

    Teorema Stolz-Cesaro 1. Fie (an)n≥0, (bn)n≥0 două şiruri de numere reale cu pro-prietăţile următoare:

    1) (bn)n≥0 este strict monoton şi nemărginit;

    2) există limn→∞

    an+1 − anbn+1 − bn

    = l, l ∈ R.

    Atunci limn→∞

    anbn

    = l.

    Teorema Stolz-Cesaro 2. Fie (an)n≥0, (bn)n≥0 două şiruri de numere reale cu pro-prietăţile următoare:

    1) limn→∞

    an = limn→∞

    bn = 0;

    2) şirul (bn)n≥0 este strict monoton;

    3) există limn→∞

    an+1 − anbn+1 − bn

    = l, l ∈ R.

    Atunci limn→∞

    anbn

    = l.

    Corolar. Fie (an)n≥0 un şir de numere pozitive cu proprietatea că există

    limn→∞

    an+1an

    = l, l ∈ R. Atunci limn→∞

    n√an = l.

    Teoremă. Fie (an)n≥1 un şir de numere pozitive cu proprietatea că există limn→∞

    an+1an

    =

    l. Atunci, dacă l < 1 ⇒ limn→∞

    an = 0, iar dacă l > 1 ⇒ limn→∞

    an =∞.

    • Fie∞∑n=1

    an o serie de numere reale. Şirul (sn)n≥1, unde sn =

    n∑k=1

    ak, se numeşte şirul

    sumelor parţiale ale seriei.

    • Dacă există limita şirului (sn)n≥1, atunci ea se numeşte suma seriei.

    • Dacă şirul sumelor parţiale este convergent şi limn→∞

    sn = s, atunci se spune că seria∞∑n=1

    an este convergentă şi se scrie

    ∞∑n=1

    an = s.

    • Dacă seria∞∑n=1

    |an| este convergentă se spune că seria∞∑n=1

    an este absolut conver-

    1

  • 2

    gentă.

    • O serie care este convergentă, dar nu este absolut convergentă se numeşte seriesemiconvergentă.

    Observaţii. a) Dintr-o serie dată∞∑n=1

    an se pot obţine alte serii, prin schimbarea ordinei

    termenilor (∞∑n=1

    aσ(n), σ : N∗ → N∗ bijectivă) sau prin asocierea unor termeni (∞∑n=1

    (af(n)+1+

    af(n)+2 + · · · + af(n+1)), unde f : N∗ → N∗ este o funcţie strict crescătoare). În general,aceste transformări pot schimba suma seriei şi chiar natura seriilor.

    În cazul seriilor absolut convergente avem:Teoremă. Dacă ı̂ntr-o serie absolut convergentă schimbăm ordinea termenilor sau asociemsecvenţe de termeni, seria obţinută are aceeaşi sumă cu seria iniţială.

    În cazul seriilor semiconvergente situaţia este complet diferită după cum aratăurmătoarea:Teoremă (Riemann). Într-o serie semiconvergentă se poate schimba ordinea termenilorı̂n aşa fel ı̂ncât seria să fie divergentă sau să fie convergentă cu suma un număr real ar-bitrar.

    b) Pentru fiecare număr natural m ∈ N∗ definim seria rest de ordin m prin Rm =∞∑n=m

    an.

    Seria

    ∞∑n=1

    an are aceeaşi natură cu orice serie rest a ei.

    c) Dacă seria∞∑n=1

    an este convergentă, atunci şirul (an)n este convergent la zero.

    Un criteriu de divergenţă este următorul:

    C0. Dacă şirul (an)n nu converge la zero, atunci seria∞∑n=1

    an este divergentă.

    Seria geometrică

    Dacă q este un număr real, atunci seria∞∑n=0

    qn se numeşte seria geometrică de raţie q.

    Pentru q ∈ (−1, 1) seria geometrică este convergentă şi suma ei este∞∑n=0

    qn =1

    1− q.

    Pentru q ≥ 1 seria este divergentă şi are suma ∞.Pentru q ≤ −1 seria este divergentă şi nu are sumă.

    Seria armonică generalizată

    Dacă α este un număr real, atunci seria∞∑n=1

    1

    nαse numeşte serie armonică generalizată

    de exponent α.

    Pentru α > 1 seria armonică∞∑n=1

    1

    nαeste convergentă şi suma ei se notează

    ∞∑n=1

    1

    nα=

    ζ(α). Funcţia ζ : (1,∞)→ R se numeşte funcţia ”zeta” a lui Riemann. Pentru α ≤ 1 seria

  • Şiruri şi serii numerice 3

    armonică

    ∞∑n=1

    1

    nαeste divergentă şi are suma ∞.

    Criterii generale de convergenţă

    C1. (Criteriul general al lui Cauchy) Seria

    ∞∑n=1

    an este convergentă dacă şi numai

    dacă, pentru orice ε > 0 există un rang N(ε) ∈ N astfel ca pentru orice n ≥ N(ε) şi oricep ≥ 1 să avem:

    |an+1 + an+2 + · · ·+ an+p| < ε.

    C2. (Criteriul lui Abel-Dirichlet) Dacă seria

    ∞∑n=1

    an are şirul sumelor parţiale

    mărginit, iar şirul (bn)n este descrescător la zero, atunci seria

    ∞∑n=1

    anbn este convergentă.

    C3. (Criteriul lui Abel) Dacă seria

    ∞∑n=1

    an este convergentă iar şirul (bn)n este

    monoton şi mărginit, atunci seria∞∑n=1

    anbn este convergentă.

    C4. (Criteriul lui Leibniz) Dacă şirul (bn)n≥1 este monoton şi convergent la zero,

    atunci seria∞∑n=1

    (−1)nbn este convergentă.

    Criterii de convergenţă pentru serii cu termeni pozitivi

    În următoarele criterii (C4-C10) termenii seriilor care apar sunt strict pozitivi.

    A. Criterii intrinseci

    C4. Criteriul raportului (d’Alembert)

    a) Dacă există q ∈ (0, 1) şi N ∈ N∗ astfel ca an+1an≤ q pentru orice n > N , atunci seria

    ∞∑n=1

    an este convergentă.

    b) Dacă există N ∈ N∗ astfel ca an+1an

    ≥ 1 pentru orice n > N , atunci seria∞∑n=1

    an

    este divergentă.

    C4’. Dacă există limita limn→∞

    an+1an

    = l atunci:

    a) pentru l ∈ [0, 1) seria∞∑n=1

    an este convergentă;

    b) pentru l ∈ (1,∞) seria∑n≥1

    an este divergentă;

    c) pentru l = 1 criteriul este ineficient.

    C5. Criteriul radicalului (Cauchy)

  • 4

    a) Dacă există q ∈ (0, 1) şi N ∈ N∗ astfel ca n√an ≤ q pentru orice n > N , atunci seria∞∑n=1

    an este convergentă.

    b) Dacă există o infinitate de termeni pentru care n√an ≥ 1 atunci seria este divergentă.

    C5’. Dacă există limn→∞

    n√an = l atunci:

    a) pentru l ∈ [0, 1) seria∞∑n=1

    an este convergentă;

    b) pentru l ∈ (1,∞) seria∑n≥1

    an este divergentă;

    c) pentru l = 1 criteriul este ineficient.

    C6. Criteriul Raabe-Duhamela) Dacă există un număr real c > 1 şi un număr natural N ∈ N∗ astfel ca

    n

    (anan+1

    − 1)≥ c, pentru orice n ≥ N,

    atunci seria

    ∞∑n=1

    an este convergentă.

    b) Dacă există un număr natural N pentru care

    n

    (anan+1

    − 1)≤ 1, pentru orice n ≥ N,

    atunci seria∑n≥1

    an este divergentă.

    C6’. Dacă există limita limn→∞

    n

    (anan+1

    − 1)

    = l atunci:

    a) pentru l > 1 seria

    ∞∑n=1

    an este convergentă;

    b) pentru l < 1 seria∑n≥1

    an este divergentă;

    c) pentru l = 1 criteriul este ineficient.Observaţie. În general criteriul Raabe-Duhamel se aplică la serii la care criteriul

    raportului sau radicalului este ineficient.

    C7. Criteriul condensării (Cauchy)

    Dacă şirul (an)n este descrescător, atunci seriile

    ∞∑n=1

    an şi

    ∞∑n=1

    2na2n au aceeaşi natură

    (sunt simultan convergente sau divergente).

    B. Criterii de comparaţie

    C8. Dacă există N ∈ N∗ astfel ca 0 < an ≤ bn pentru orice n > N , atunci:

    a) Dacă seria∞∑n=1

    an este divergentă, atunci seria

    ∞∑n=1

    bn este divergentă.

  • Şiruri şi serii numerice 5

    b) Dacă seria

    ∞∑n=1

    bn este convergentă, atunci seria

    ∞∑n=1

    an este convergentă.

    C9. Dacă există N ∈ N∗ astfel ca an+1an≤ bn+1

    bnpentru orice n > N , atunci:

    a) Dacă seria

    ∞∑n=1

    an este divergentă, atunci seria∞∑n=1

    bn este divergentă.

    b) Dacă seria∞∑n=1

    bn este convergentă, atunci seria

    ∞∑n=1

    an este convergentă.

    C10. Dacă există limn→∞

    anbn

    = l atunci:

    a) pentru l ∈ (0,∞) seriile∞∑n=1

    an şi

    ∞∑n=1

    bn au aceeaşi natură;

    b) pentru l = 0 avem implicaţiile:∞∑n=1

    an divergentă ⇒∞∑n=1

    bn divergentă;

    ∞∑n=1

    bn convergentă ⇒∞∑n=1

    an convergentă;

    c) pentru l =∞ avem implicaţiile:∞∑n=1

    bn divergentă ⇒∞∑n=1

    an divergentă;

    ∞∑n=1

    an convergentă ⇒∞∑n=1

    bn convergentă.

    Observaţie. În general pentru a decide natura unei serii∞∑n=1

    an prin criteriul C10 se

    folosesc pentru comparaţie serii armonice generalizate. Se obţine criteriul 10’.C10’. Dacă există α ∈ R astfel ca

    limn→∞

    nαan = l ∈ (0,∞)

    atunci:

    a) pentru α > 1 seria

    ∞∑n=1

    an este convergentă;

    b) pentru α ≤ 1 seria∞∑n=1

    an este divergentă.

    Produsul Cauchy a două serii

    Definiţie. Dacă∞∑n=1

    an şi∞∑n=1

    bn sunt două serii, atunci seria∞∑n=1

    cn cu termenul general

    cn = a1bn+a2bn−1 +a3bn−2 + · · ·+anb1, n ≥ 1, se numeşte produsul Cauchy al celor douăserii.

    Observaţie. În general produsul Cauchy a două serii convergente nu este neapărat o

    serie convergentă (an = bn =(−1)n−1√

    n).

    Teoremă (Mertens). Dacă seriile

    ∞∑n=1

    an şi

    ∞∑n=1

    bn sunt convergente, iar una din ele

  • 6

    este absolut convergentă, atunci produsul lor Cauchy

    ∞∑n=1

    cn este o serie convergentă şi

    dacă∞∑n=1

    an = A,

    ∞∑n=1

    bn = B, atunci

    ∞∑n=1

    cn = AB.

    Şiruri. Probleme

    Problema 7.1 Fie I ⊆ R şi f : I → I. Definim şirul (an)n≥0 prin relaţia an+1 = f(an),n ≥ 0, a0 ∈ I. Să se arate că:

    1) Dacă f este crescătoare, atunci (an)n≥0 este monoton;2) Dacă f este descrescătoare, atunci şirurile (a2n)n≥0, (a2n+1)n≥0 sunt monotone şi

    au monotonii diferite.

    Soluţie. 1) Dacă a0 ≤ a1 rezultă că f(a0) ≤ f(a1), adică a1 ≤ a2 şi apoi prin inducţiese arată că an ≤ an+1 pentru orice n ≥ 0. Dacă a0 ≥ a1 rezultă analog că şirul estedescrescător.

    2) Avem

    a2n+1 = f(a2n+1) = (f ◦ f)(a2n), n ≥ 0

    şi

    a2n+2 = f(a2n+1) = (f ◦ f)(a2n), n ≥ 0.

    Cum g = f ◦ f este crescătoare, din punctul 1) rezultă că (a2n)n≥0 şi (a2n+1)n≥0 suntşiruri monotone. Dacă presupunem că (a2n)n≥0 este crescător, din relaţia a2n ≤ a2n+2obţinem f(a2n) ≥ f(a2n+1) echivalent cu a2n+1 ≥ a2n+3, n ≥ 0, ceea ce arată că (a2n+1)n≥0este descrescător. Presupunerea că (a2n)n≥0 este descrescător conduce ı̂n mod analog lafaptul că (a2n+1)n≥0 este crescător. Deci şirurile (a2n)n≥0 şi (a2n+1)n≥0 au monotoniidiferite.

    Problema 7.2 a) Să se arate că limn→∞

    (1

    n+ 1+

    1

    n+ 2+ · · ·+ 1

    2n

    )= ln 2;

    b) Să se calculeze limn→∞

    n

    (1

    n+ 1+

    1

    n+ 2+ · · ·+ 1

    2n− ln 2

    ).

    Soluţie. a) Fie cn = 1 +1

    2+ · · ·+ 1

    n− lnn, n ≥ 0. Avem

    xn =1

    n+ 1+

    1

    n+ 2+ · · ·+ 1

    2n− ln 2 = (c2n − cn) + ln 2n− lnn =

    = c2n − cn + ln 2,

    de unde obţinem limn→∞

    xn = ln 2.

    b) Fie yn =

    1

    n+ 1+

    1

    n+ 2+ · · ·+ 1

    2n− ln 2

    1

    n

    , n ≥ 1,

    an =1

    n+ 1+

    1

    n+ 2+ · · ·+ 1

    2n− ln 2, bn =

    1

    n.

  • Şiruri şi serii numerice 7

    Condiţiile celei de-a doua teoreme a lui Stolz-Cesaro sunt ı̂ndeplinite şi avem

    limn→∞

    an+1 − anbn+1 − bn

    limn→∞

    − 1n+ 1

    +1

    2n+ 1+

    1

    2n+ 21

    n+ 1− 1n

    = −14

    de unde rezultă că limn→∞

    yn = −1

    4.

    Problema 7.3 Fie f : [1,∞) → R o funcţie descrescătoare şi mărginită inferior. Să searate că şirul (an)n≥1 de termen general

    an = f(1) + f(2) + · · ·+ f(n)−∫ n

    1f(x)dx

    este convergent.

    Soluţie. Studiem monotonia lui (an)n≥1. Avem

    an+1 − an = f(n+ 1)−∫ n+1

    1f(x)dx+

    ∫ n1f(x)dx =

    = f(n+ 1)−∫ n+1n

    f(x)dx =

    ∫ n+1n

    (f(n+ 1)− f(x))dx ≤ 0,

    ţinând seama că f este descrescătoare. Rezultă că şirul (an)n≥1 este descrescător. Demon-străm că şirul este mărginit inferior. Avem

    an =

    (f(1)−

    ∫ 21f(x)dx

    )+

    (f(2)−

    ∫ 32f(x)dx

    )+ · · ·+

    +

    (f(n− 1)−

    ∫ nn−1

    f(x)dx

    )+ f(n) =

    =

    ∫ 21

    (f(1)− f(x))dx+∫ 3

    2(f(2)− f(x))dx+ · · ·+

    +

    ∫ nn−1

    (f(n− 1)− f(x))dx+ f(n),

    de unde rezultă că (an)n≥1 este mărginit inferior, ţinând seama de monotonia lui f şide faptul că f este mărginită inferior. Prin urmare şirul (an)n≥1 este convergent, fiindmonoton şi mărginit.

    Observaţie. Pentru funcţia f : [1,∞)→ R, f(x) = 1x

    , rezultă imediat că şirul (cn)n≥1,

    cn = 1 +1

    2+ · · ·+ 1

    n− lnn

    este convergent.

    Problema 7.4 Să se calculeze limn→∞

    [(n+ 1) n+1√n+ 1− n n

    √n].

  • 8

    Soluţie. Considerăm funcţia f : [n, n+1]→ R, n ∈ N∗, f(x) = x1+1x , căreia ı̂i aplicăm

    teorema lui Lagrange. Rezultă că există cn ∈ (n, n+ 1) astfel ca

    f(n+ 1)− f(n) = c1cnn

    (1

    cn+ 1− ln cn

    cn

    ).

    Din cn > n rezultă că limn→∞

    cn =∞ şi ı̂n continuare

    limn→∞

    [f(n+ 1)− f(n)] = 1.

    Problema 7.5 Demonstraţi că dacă sinx 6= 0, atunci şirul (sinnx)n≥0 nu are limită.

    Soluţie. Să presupunem că şirul (sinnx)n≥0 este convergent. Din

    cosnx =sin(n+ 1)x− sin(n− 1)x

    2 sinx

    rezultă că limn→∞

    cosnx = 0.

    Ţinând seama de relaţia

    sinnx =cos(n+ 1)x− cos(n− 1)x

    2 sinx

    deducem că limn→∞

    sinnx = 0, prin urmare limn→∞

    (sin2 nx+cos2 nx) = 0, contradicţie. Rezultă

    că şirul (sinnx)n≥0 este divergent.

    Problema 7.6 Să se determine cel mai mic număr real pozitiv x pentru care şirul (an)n≥1,

    an =

    (1 +

    1

    n

    )n+xeste descrescător.

    Soluţie. Considerăm funcţia f : [1,∞)→ R, f(t) = (t+x) ln(

    1 +1

    t

    ), t ≥ 1. Evident

    an = ef(n), n ≥ 1. Avem

    f ′(t) = ln

    (1 +

    1

    t

    )− t+ xt(1 + t)

    ,

    f ′′(t) =t(2x− 1) + xt2(1 + t)2

    .

    Dacă x ≥ 12

    rezultă f ′′(t) ≥ 0 pentru orice t ≥ 1, deci f ′ este strict crescătoarepe [1,∞). Cum lim

    t→∞f ′(t) = 0 rezultă f ′(t) < 0, t ≥ 1, deci f este descrescătoare pe

    [1,∞). Rezultă că (an)n≥1 este un şir descrescător pentru x ≥1

    2. Dacă x <

    1

    2, atunci

    ecuaţia f ′′(t) = 0 are rădăcina t0 =x

    1− 2xşi f ′′(t) ≤ 0 pentru t ≥ t0. Rezultă că f ′

    este descrescătoare pe [t0,∞) şi cum limt→∞

    f ′(t) = 0 avem f ′(t) > 0 pentru t ≥ t0. Prinurmare şirul (an) este crescător pentru n > t0. Cel mai mic număr pentru care (an)n≥1

    este descrescător este x =1

    2.

    Problema 7.7 Să se arate că dacă limn→∞

    ann = a, limn→∞bnn = b, a, b > 0, atunci pentru orice

    p ≥ 0, q ≥ 0 cu p+ q = 1, are loc relaţia

    limn→∞

    (pan + qbn)n = apbq.

  • Şiruri şi serii numerice 9

    Soluţie. Arătăm mai ı̂ntâi că limn→∞

    an = 1 şi limn→∞

    bn = 1. De aici deducem că

    limn→∞

    (pan + qbn) = 1.

    Apoi avemlimn→∞

    n(an − 1) = ln a, limn→∞

    n(bn − 1) = ln b

    şi ı̂n continuare

    limn→∞

    (pan + qbn)n = e

    limn→∞

    n(pan+qbn−1)=

    = elimn→∞

    [pn(an−1)+qn(bn−1)]= ep ln a+q ln b = apbq.

    Problema 7.8 Să se calculeze limn→∞

    (e1+

    12

    +···+ 1n+1 − e1+

    12

    +···+ 1n

    ).

    Soluţie. Fie cn = 1 +12 + · · ·+

    1n − lnn. Avem

    xn = e1+ 1

    2+···+ 1

    n+1 − e1+12

    +···+ 1n = e1+

    12

    +···+ 1n

    (e

    1n+1 − 1

    )=

    = ecn+lnn(e

    1n+1 − 1

    )= ecn · n

    n+ 1· e

    1n+1 − 1

    1

    n+ 1

    .

    Rezultă că limn→∞

    xn = ec, unde c este constanta lui Euler.

    Problema 7.9 Să se arate că următoarele şiruri sunt convergente, folosind problema 7.3.

    a) an = 1 +1

    2+ · · ·+ 1

    n− lnn;

    b) an =1

    2 ln 2+

    1

    3 ln 3+ · · ·+ 1

    n lnn− ln(lnn);

    c) an = 1 +1

    2α+ · · ·+ 1

    nα− 1

    1− αn1−α, α ∈ (0, 1);

    d) an = 1 +1

    2α+ · · ·+ 1

    nα, α > 1.

    Soluţie. a) Se ia f(x) =1

    x;

    b) f(x) =1

    x lnx;

    c) f(x) =1

    xα;

    d) f(x) =1

    xα.

    Problema 7.10 Să se calculeze limitele următoarelor şiruri:

    a) an =1

    lnn

    (1 +

    1

    2+ · · ·+ 1

    n

    ), n ≥ 2;

    b) an =1

    ln(lnn)

    (1

    2 ln 2+

    1

    3 ln 3+ · · ·+ 1

    n lnn

    ), n ≥ 3;

    c) an =1

    n1−α

    (1 +

    1

    2α+ · · ·+ 1

    ), α ∈ (0, 1).

    Soluţie. Se utilizează prima teoremă a lui Stolz-Cesaro obţinându-se:a) lim

    n→∞an = 1;

    b) limn→∞

    an = 1;

    c) limn→∞

    an =1

    1− α.

  • 10

    Problema 7.11 Dacă notăm cu a limitele şirurilor de la exerciţiul 7.9 să se calculezelimitele următoare:

    a) limn→∞

    n

    (1 +

    1

    2+ · · ·+ 1

    n− lnn− a

    );

    b) limn→∞

    n lnn

    (1

    2 ln 2+

    1

    3 ln 3+ · · ·+ 1

    n lnn− ln(lnn)− a

    );

    c) limn→∞

    nα(

    1 +1

    2α+ · · ·+ 1

    nα− 1

    1− αn1−α − a

    ), α ∈ (0, 1);

    d) limn→∞

    nα−1(

    1 +1

    2α+ · · ·+ 1

    nα− a), α > 1.

    Soluţie. Se aplică a doua teoremă a lui Stolz-Cesaro.

    a) xn = 1 +1

    2+ · · ·+ 1

    n− lnn− a, yn =

    1

    n, n ≥ 1. Avem

    limn→∞

    xnyn

    = limn→∞

    xn+1 − xnyn+1 − yn

    = limn→∞

    1

    n+ 1− ln(n+ 1) + lnn

    1

    n+ 1− 1n

    =

    = limx→∞x∈R

    1

    x+ 1− ln(x+ 1) + lnx

    1

    x+ 1− 1x

    = limx→∞x∈R

    − 1(x+ 1)2

    − 1x+ 1

    +1

    x

    − 1(x+ 1)2

    +1

    x2

    =1

    2;

    b) Se obţine limita 1;c) Aplicând teorema a doua a lui Cesaro-Stolz obţinem

    limn→∞

    nα(

    1 +1

    2α+ · · ·+ 1

    nα− 1

    1− αn1−α − a

    )=

    = limn→∞

    1

    (n+ 1)α− 1

    1− α[(n+ 1)1−α − n1−α]

    1

    (n+ 1)α− 1nα

    =

    = limn→∞

    1− α−[(n+ 1)− n

    (n+ 1

    n

    )α](1− α)n

    α − (n+ 1)α

    =

    = limx→0x∈R

    (1− α)x− (1 + x) + (1 + x)α

    x[1− (1 + x)α](1− α)=

    1

    2

    aplicând regula lui l’Hospital de două ori;

    d) Se obţine limita1

    1− α.

    Problema 7.12 Să se arate că dacă p, q ∈ N∗, p < q, au loc relaţiile:

    a) limn→∞

    qn∑k=pn

    1

    k= ln

    q

    p;

    b) limn→∞

    1

    n

    qn∑k=pn

    1

    k= ln

    q

    p;

  • Şiruri şi serii numerice 11

    c) limn→∞

    1

    lnn

    nq∑k=np

    1

    k= q − p;

    d) limn→∞

    qn∑k=pn

    1

    k ln k= ln

    (ln q

    ln p

    );

    e) limn→∞

    nq∑k=np

    1

    k ln k= ln

    q

    p;

    Soluţie. Fie (an)n≥1 un şir de numere reale, sn = a1 + a2 + · · ·+ an, n ≥ 1 şi (bn)n≥1un şir cu proprietatea că şirul (sn − bn)n≥1 este convergent. Dacă (pn)n≥1, (qn)n≥1 suntdouă şiruri de numere naturale, pn ≤ qn pentru n ≥ 1, atunci

    qn∑k=pn

    ak = sqn − spn + apn = (sqn − bqn)− (spn − bpn) + (bqn − bpn) + apn .

    De aici obţinem

    limn→∞

    qn∑k=pn

    ak = limn→∞

    [(bqn − bpn) + apn ]

    ı̂n ipoteza că limita din dreapta există.a) pn = pn, qn = qn, bn = lnn,

    limn→∞

    (ln qn− ln pn+ 1

    pn

    )= ln

    q

    p.

    b) pn = pn, qn = q

    n, ak =1

    k, bn = lnn.

    Pentru c), d), e) procedăm analog.

    Problema 7.13 Fie (an)n≥1 şi (bn)n≥1 două şiruri de numere ı̂ntregi cu proprietatea0 < an ≤ bn, n ≥ 1. Să se arate că

    limn→∞

    anbn

    bn∏k=an

    e1k = 1.

    Soluţie. ln

    anbn

    bn∏k=an

    e1k

    = bn∑k=an

    1

    k+ ln an − ln bn =

    =

    (bn∑k=1

    1

    k− ln bn

    )−

    (an∑k=1

    1

    k− ln an

    )+

    1

    an→ c− c+ 0 = 0.

    Problema 7.14 Demonstraţi că

    limn→∞

    [1000

    √1 +

    √2 + · · ·+

    √n

    ]= 1757.

    Soluţie. Considerăm şirurile (an)n≥5, (bn)n≥5,

    an =

    √1 +

    √2 + · · ·+

    √n, bn =

    √1 +

    √2 + · · ·+

    √n+√

    2n.

  • 12

    Se arată uşor că (an) este crescător, iar (bn) este descrescător şi an < bn, n ≥ 5, prinurmare

    1, 7575 < a6 < limn→∞

    an < b6 = 1, 7579,

    deci

    limn→∞

    [1000

    √1 +

    √2 + · · ·+

    √n

    ]= 1757.

    Problema 7.15 Fie a, b > 0 şi (xn)n≥1, (yn)n≥1 două şiruri de numere reale cu pro-prietăţile:

    limn→∞

    xnna

    = A, limn→∞

    ynnb

    = B, A,B ∈ R.

    Să se calculeze

    limn→∞

    (x1 + x2 + · · ·+ xn)(y1 + y2 + · · ·+ yn)n(x1y1 + x2y2 + · · ·+ xnyn)

    .

    Soluţie.(x1 + · · ·+ xn)(y1 + · · ·+ yn)

    n(x1y1 + · · ·+ xnyn)=

    x1 + · · ·+ xnna+1

    · y1 + · · ·+ ynnb+1

    x1y1 + · · ·+ xnynna+b+1

    şi

    limn→∞

    x1 + · · ·+ xnna+1

    = limn→∞

    xn+1(n+ 1)a+1 − na+1

    =A

    a+ 1,

    limn→∞

    y1 + · · ·+ ynnb+1

    =B

    b+ 1,

    limn→∞

    x1y1 + · · ·+ xnynna+b+1

    = limn→∞

    xn+1yn+1(n+ 1)a+b+1 − na+b+1

    =

    = limn→∞

    xn+1(n+ 1)a

    · yn+1(n+ 1)b

    (n+ 1)a+b+1 − na+b+1

    (n+ 1)a+b

    =AB

    a+ b+ 1.

    Limita cerută este egală cua+ b+ 1

    (a+ 1)(b+ 1).

    Problema 7.16 (Transformarea Toeplitz) Fie {cn,k : 1 ≤ k ≤ n, n ≥ 1} un şir dublude numere reale cu proprietăţile:

    i) limn→∞

    cn,k = 0 pentru orice k ∈ N∗;

    ii) limn→∞

    n∑k=1

    cn,k = 1;

    iii) există c > 0 astfel ca

    n∑k=1

    |cn,k| ≤ c pentru orice n ≥ 1.

    Atunci pentru orice şir convergent de numere reale (an)n≥1, şirul (bn)n≥1 definit prin

    bn =

    n∑k=1

    cn,kak, n ≥ 1, este convergent şi limn→∞

    bn = limn→∞

    an.

  • Şiruri şi serii numerice 13

    Soluţie. Dacă an = a pentru orice n ≥ 1, atunci din ii) avem

    limn→∞

    bn = a limn→∞

    n∑k=1

    cn,k = a.

    Astfel este suficient să considerăm cazul când şirul (an)n≥1 converge la zero. Pentrum > 1 şi n ≥ m avem

    (1) |bn − 0| =

    ∣∣∣∣∣n∑k=1

    cn,kak

    ∣∣∣∣∣ ≤m−1∑k=1

    |cn,k| · |ak|+n∑

    k=m

    |cn,k| · |ak|

    Fie ε > 0. Din limn→∞

    an = 0 rezultă că există n1 ∈ N astfel ca |an| <ε

    2cpentru n ≥ n1.

    Şirul (an)n≥1 este mărginit şi presupunem că |an| ≤ D, pentru orice n ≥ 1. Din i) rezultăcă există n2 ∈ N astfel ca pentru n ≥ n2

    n1−1∑k=1

    |cn,k| <ε

    2D.

    Punând m = n1 ı̂n (1), obţinem

    |bn| ≤ Dn1−1∑k=1

    |cn,k|+ε

    2c

    n∑k=n1

    |cn,k| <ε

    2+ε

    2= ε

    pentru n ≥ max{n1, n2}. Prin urmare limn→∞

    bn = 0.

    Problema 7.17 Să se demonstreze că dacă ı̂n exerciţiul precedent cnk > 0, 1 ≤ k ≤n, ∀n ≥ 1, atunci pentru orice şir (xn) cu limita ∞, rezultă că şi transformata sa Toeplitz,(yn), are limita ∞.

    Soluţie. Fie (xn) cu xn →∞; se poate presupune ca toţi termenii termenii şirului (xn)

    sunt strict pozitivi. Fie C > 0; din condiţia limn→∞

    n∑k=1

    cnk = 1, rezultă că există N1 ∈ N

    astfel ı̂ncât:n∑k=1

    cnk >1

    2, ∀n ≥ N1.

    Şirul (xn) fiind nemărginit, există N2 ∈ N astfel ı̂ncât xn ≥ 2C,∀n ≥ N2. Fie N3 =max{N1, N2}; atunci, pentru orice n ≥ N3, avem:

    n∑k=1

    cnkxk =

    N3∑k=1

    cnkxk +

    n∑k=N3

    cnkxk ≥

    ≥N3∑k=1

    cnkxk + C > C,

    ceea ce ı̂ncheie demonstraţia.

    Problema 7.18 Demonstraţi că dacă limn→∞

    an = a, a ∈ R, atunci

    limn→∞

    na1 + (n− 1)a2 + · · ·+ ann2

    =a

    2.

  • 14

    Soluţie. Se aplică teorema lui Toeplitz cu cn,k =2(n− k + 1)

    n2sau se aplică teorema

    Stolz-Cesaro de două ori.

    Problema 7.19 Dacă limn→∞

    an = a, limn→∞

    bn = b, a, b ∈ R, atunci

    limn→∞

    a1bn + a2bn−1 + · · ·+ anb1n

    = ab.

    Soluţie. Dacă b 6= 0, luăm cn,k =bn−k+1nb

    ı̂n teorema lui Toeplitz.

    Dacă b = 0, punând cn,k =1 + bn−k+1

    n, avem

    limn→∞

    a1(1 + bn) + a2(1 + bn−1) + · · ·+ an(1 + b1)n

    = a

    şi ţinând seama că limn→∞

    a1 + · · ·+ ann

    = a rezultă concluzia.

    Problema 7.20 Presupunem că limn→∞

    an = a, a ∈ R. Să se calculeze:

    a) limn→∞

    (an1

    +an−1

    2+ · · ·+ a1

    2n−1

    );

    b) limn→∞

    (a1

    1 · 2+

    a22 · 3

    + · · ·+ amn(n+ 1)

    );

    c) limn→∞

    (an1− an−1

    2+ · · ·+ (−1)n−1 a1

    2n−1

    ).

    Soluţie. Se obţin, aplicând teorema lui Toeplitz, rezultatele:

    a) 2a; b) a; c)2

    3a.

    Problema 7.21 Determinaţi mulţimea punctelor limită ale şirului (an)n≥1, unde:

    a) an =[1− (−1)n] · 2n + 1

    2n + 3;

    b) an =(

    cosnπ

    3

    )n;

    c) an =2n2

    7−[

    2n2

    7

    ].

    Soluţie. a) a2n =1

    2n + 3, a2n+1 =

    2n+1 + 1

    2n + 3. Avem lim

    n→∞a2n = 0 şi lim

    n→∞a2n+1 = 2,

    deci L(an) = {0, 2};b) L(an) = {−1, 0, 1};c) a7k = 0, a7k+1 =

    2

    7, . . . , a7k+6 =

    2

    7. Se obţine

    L(an) =

    {0,

    1

    7,2

    7,4

    7

    }.

    Problema 7.22 Fie (an)n≥1 un şir de numere reale cu proprietatea că limn→∞

    (an+1−an) =0. Arătaţi că mulţimea punctelor limită ale lui (an)n≥1 este un interval ı̂nchis.

    Soluţie. Fie a < b puncte limită ale şirului (an)n≥1 şi c ∈ (a, b). Vom construi prinrecurenţă un subşir (ank)k≥1 având limita c. Presupunând (ank)k≥1 ales, fie n0 ∈ N astfel

  • Şiruri şi serii numerice 15

    ca |an+1 − an| <1

    k, pentru n ≥ n0. Din faptul că a, b sunt puncte limită ale lui (an)n≥1,

    rezultă că există p, q ∈ N, p, q > max{n0, nk} cu proprietatea că ap < c < aq. Notăm cunk+1 cel mai mare indice cuprins ı̂ntre p şi q astfel ca c < ank+1 + 1. Rezultă că

    |ank+1 − c| ≤ |ank+1 − ank+1+1| ≤1

    k.

    Această construcţie arată că mulţimea punctelor limită ale lui (an)n≥1 este un interval.Fie a o extremitate a acestui interval. Există deci un şir (xn)n≥1 format din puncte limităpentru şirul (an)n≥1 astfel ca lim

    n→∞xn = a. Este suficient să alegem un subşir (ank)k≥1

    astfel ca |ank − xk| ≤1

    k. Avem lim

    n→∞ank = a, ceea ce ı̂ncheie demonstraţia.

    Problema 7.23 Fie f : R→ R o funcţie periodică cu perioada T > 0, continuă ı̂n punctulx ∈ R. Fie (Sn)n≥1 un şir satisfăcând condiţiile:

    (i) limn→∞

    Sn =∞;(ii) lim

    n→∞(Sn+1 − Sn) = 0.

    Atunci f(x) este un punct limită al şirului (f(Sn))n≥1.

    Soluţie. Deoarece f este continuă ı̂n x, există δ1 > 0 astfel ı̂ncât |t− x| < δ1 implică|f(t)−f(x)| < 1. Cum lim

    n→∞(Sn+1−Sn) = 0, există N1 ∈ N astfel ı̂ncât pentru orice n ≥ N1

    să avem |Sn+1−Sn| < δ1. Fie k1 ∈ N cu proprietatea că x+ k1T ≥ SN1 . Din (i) rezultă căexistă n1 ∈ N, n1 ≥ N1, astfel ı̂ncât Sn1 ≤ x+k1T < Sn1+1. Avem că |x+k1T −Sn1 | < δ1şi atunci |(Sn1 − k1T )− x| < δ1, de unde |f(Sn1)− f(x)| = |f(Sn1 − k1T )− f(x)| < 1.

    Deoarece f este continuă ı̂n x, există δ2 > 0 astfel ı̂ncât |t − x| < δ2 implică |f(t) −f(x)| < 12 . Cum limn→∞(Sn+1 − Sn) = 0, există N2 ∈ N astfel ı̂ncât pentru orice n ≥ N2să avem |Sn+1 − Sn| < δ2. Fie k2 ∈ N cu proprietatea că x + k2T ≥ Smax(N2,n1+1). Din(i) rezultă că există n2 ∈ N, n2 ≥ max(N2, n1 + 1), astfel ı̂ncât Sn2 ≤ x + k2T < Sn2+1.Avem că |x+ k2T − Sn2 | < δ1 şi atunci |(Sn2 − k2T )− x| < δ2, de unde |f(Sn2)− f(x)| =|f(Sn2 − k2T )− f(x)| < 12 .

    Continuând procedeul de mai sus vom obţine un şir strict crescător (np)p≥1 care areproprietatea că |f(Snp)− f(x)| < 1p şi trecând la limită obţinem limp→∞ |f(Snp)− f(x)| = 0,deci şirul (f(Snp))p≥1 converge la f(x).

    Problema 7.24 Fie En = 1 +1

    1!+

    1

    2!+ · · ·+ 1

    n!, n ≥ 1.

    Demonstraţi că:

    a) 0 < e− En <1

    n · n!, n ≥ 1;

    b) e 6∈ Q;c) lim

    n→∞(n!e− [n!e]) = 0.

    Soluţie. a) Em+n − En =1

    (n+ 1)!+

    1

    (n+ n)!+ · · ·+ 1

    (n+m)!<

    <1

    (n+ 1)!

    [1 +

    1

    n+ 2+

    1

    (n+ 2)2+ · · ·+ 1

    (n+ 2)m−1

    ]<

    1

    (n+ 1)!· n+ 2n+ 1

    Fixând n şi făcând m→∞ obţinem

    e− En ≤1

    (n+ 1)!· n+ 2n+ 1

    <1

    n · n!.

  • 16

    b) Să presupunem că e =p

    q∈ Q, p, q ∈ N, q 6= 0. Avem 0 < e−Eq <

    1

    q · q!şi ı̂nmulţind

    cu q! obţinem 0 < p(q − 1)!− q!Eq <1

    q, contradicţie, pentru că (p(q − 1)!− q!Eq) ∈ Z.

    c) Din punctul a) rezultă că pentru orice n ≥ 1 există θn ∈]0, 1[ astfel ca

    e = En +θnn · n!

    ,

    deci

    [n!e] =

    [n!En +

    θnn

    ]= n!En,

    decilimn→∞

    (n!e− [n!e]) = 0.

    Problema 7.25 Să se arate că limn→∞

    n sin(2πen!) = 2π.

    Soluţie. Din problema 7.24 a) rezultă că pentru orice n ∈ N există θn+1 ∈ (0, 1) astfelca

    e = En+1 +θn+1

    (n+ 1)(n+ 1)!.

    Avem

    xn = n sin(2πen!) = n sin

    [2π

    (En+1 +

    θn+1(n+ 1)(n+ 1)!

    )n!

    ]=

    n sin

    [2π

    (En +

    1

    (n+ 1)!+

    θn+1(n+ 1)(n+ 1)!

    )n!

    ]= n sin

    (2πEnn! +

    1

    n+ 1+

    θn+1(n+ 1)2

    )şi cum n!En ∈ N obţinem

    xn = n sin

    [2π

    (1

    (n+ 1)!+

    θn+1(n+ 1)2

    )]=

    sin[2π( 1(n+1)! +

    θn+1(n+1)2

    )]

    2π(

    1(n+1)! +

    θn+1(n+1)2

    ) (2π nn+ 1

    +nθn+1

    (n+ 1)2

    ),

    deci limn→∞

    = 2π.

    Problema 7.26 Fie (an)n≥1 un şir de numere reale cu proprietăţile: 0 < an ≤ 1 pentruorice n ≥ 1 şi lim

    n→∞(a1 + a2 + · · ·+ an) =∞.

    a) Să se arate că pentru orice l ∈ [1,∞) ∪ {∞} există o funcţie strict crescătoareL : N∗ → N∗ astfel ca

    limn→∞

    a1 + a2 + · · ·+ aL(n+1)a1 + a2 + · · ·+ aL(n)

    = l.

    b) Să se determine funcţia L pentru an =1√n

    , n ≥ 1.

    Soluţie. a) Fie sk = a1 + · · · + ak, k ≥ 1. Intervalele [sk, sk+1), k ≥ 1, determină opartiţie a intervalului [a1,∞).

    1. Dacă l > 1, atunci pentru orice n ≥ 1 există un unic k ∈ N∗ astfel ca ln ∈ [sk, sk+1)şi definim funcţia L(n) = k, deci ln ∈ [sL(n), sL(n)+1). Cum ln+1− ln > 1 > aL(n)+1 rezultăsL(n+1) ≥ sL(n)+1 şi atunci L(n+ 1) > L(n), deci L este funcţie strict crescătoare.

    Avem:sL(n) ≤ ln < sL(n)+1 = sL(n) + aL(n)+1 < sL(n) + 1

  • Şiruri şi serii numerice 17

    sL(n+1) ≤ ln+1 < sL(n+1)+1din care deducem

    ln+1

    ln<sL(n+1)

    sL(n)<

    ln+1

    ln − 1,

    de unde obţinem limn→∞

    sL(n+1)

    sL(n)= 1.

    2. Dacă l = 1, alegem L(n) = n şi obţinem

    limn→∞

    sn+1sn

    = 1 + limn→∞

    an+1sn

    = 1.

    3. Dacă l =∞ alegem L(n) astfel ca nn ∈ [sL(n), sL(n)+1) şi avem

    sL(n+1)

    sL(n)≥ (n+ 1)

    n+1 − 1nn

    →∞.

    b) Şirul (an)n≥1, an = 1 +1√2

    + · · ·+ 1√n− 2√n este convergent. Avem

    sL(n+1)

    sL(n)=aL(n+1) + 2

    √aL(n+1)

    aL(n) + 2√aL(n)

    ,

    limn→∞

    sL(n+1)

    sL(n)= lim

    n→∞

    √aL(n+1)√aL(n)

    .

    Pentru l = 1 alegem L(n) = n.Pentru l > 1 alegem L(n) = [l2n].Pentru l > 1 alegem L(n) = nn.

    Problema 7.27 Fie a şi b două numere reale astfel ı̂ncât 0 < a < b. Definim şirurile:

    a1 =√ab, b1 =

    1

    2(a+ b)

    a2 =√a1b1, b2 =

    1

    2(a1 + b1)

    . . . . . . . . .

    an =√an−1bn−1, bn =

    1

    2(an−1 + bn−1).

    Să se arate că şirurile an si bn sunt convergente şi au aceeaşi limită (numită mediaaritmetico-geometrică a numerelor a şi b).

    Soluţie. Evident, din inegalitatea mediilor rezultă an ≤ bn,∀n ∈ N şi a < a1 < b1 < b.Vom arăta că şirul (an) este crescător, iar şirul bn este descrescător. Avem:

    an+1 − an =√anbn − an =

    an(bn − an)√anbn + an

    > 0,∀n ∈ N,

    bn+1 − bn =an + bn

    2− bn =

    an − bn2

    < 0,∀n ∈ N.

    Rezultă că şirurile sunt convergente; dacă notăm L1 = limn→∞

    an şi L2 = limn→∞

    bn, atunci,

    trecând la limită ı̂n relaţia an+1 =12(an + bn), rezultă L1 = L2.

  • 18

    Problema 7.28 Fie (xn) un şir de numere reale astfel ı̂ncât există L ∈ R cu proprietatea:

    limn→∞

    (2xn+1 − xn) = L

    Să se demonstreze că limn→∞

    xn = L.

    Soluţia 1. Fie ε > 0; din ipoteză, există N(ε) astfel ı̂ncât:

    L− ε < 2xn+1 − xn < L+ ε, ∀n ≥ N(ε).

    Fie n ≥ N(ε) fixat şi fie k ∈ N; ı̂nsumând inegalităţile:

    L− ε < 2xn+1 − xn < L+ ε, ∀n ≥ N(ε).

    2(L− ε) < 4xn+2 − 2xn+1 < 2(L+ ε)

    ......................

    2k−1(L− ε) < 2kxn+k − 2k−1xn+k−1 < 2k−1(L+ ε),

    Obţinem:

    (1 + 2 + ...+ 2k−1)(L− ε) < 2kxn+k − xn < (1 + 2 + ...+ 2k−1)(L+ ε),

    sau, echivalent (̂ımpuarţind la 2k):(1− 2−k

    )(L− ε) < xn+k − 2−kxn <

    (1− 2−k

    )(L+ ε).

    Alegem acum k astfel ı̂ncât:

    |2−kxn| < ε şi |2−k(L± ε)| < ε.

    Atunci, pentru orice p ≥ n+ k (aleşi ca mai sus), rezultă:

    L− 3ε < xm < L+ 3ε,

    ceea ce ı̂ncheie demonstraţia.Soluţia 2. Scriem

    L = limn→∞

    (2xn+1 − xn) = limn→∞

    2n+1xn+1 − 2nxn2n+1 − 2n

    .

    Din teorema Cesaro-Stolz

    limn→∞

    2n+1xn+1 − 2nxn2n+1 − 2n

    = limn→∞

    2nxn2n

    = limn→∞

    xn,

    deci limn→∞

    xn = L.

    Problema 7.29 Fie a şi b două numere pozitive. Să se calculeze limita şirului (xn) definitde relaţia:

    xn+1 =√a+ bxn, ∀n ≥ 1, x1 =

    √a.

    În particular, să se calculeze:

    limn→∞

    √1 +

    √1 +

    √1 + · · ·+

    √1, (n radicali).

  • Şiruri şi serii numerice 19

    Soluţie. Demonstrăm prin inducţie faptul că (xn) este mărginit, mai precis:

    0 < xn <b+√b2 + 4a

    2, ∀n ≥ 1,

    numărul b+√b2+4a2 fiind soluţia pozitivă a ecuaţiei x

    2 − bx − a = 0. Evident, x1 = a <b+√b2+4a2 ; presupunând că xn <

    b+√b2+4a2 , rezultă

    xn+1 =√a+ bxn <

    √a+ b · b+

    √b2 + 4a

    2=b+√b2 + 4a

    2.

    Demonstrăm că xn este strict crescător; este evident că:

    x2 =

    √a+ b

    √a >√a = x1.

    Relaţia xn+1 > xn este echivalentă cu x2n− bxn− a < 0. Ultima inegalitate este adevărată

    deorece xn ∈ (0, b+√b2+4a2 ).

    Şirul (xn) este deci convergent şi prin trecere la limită ı̂n relaţia de recurenţă, rezultă

    limn→∞

    xn =b+√b2 + 4a

    2.

    Problema 7.30 Să se demonstreze formula lui Ramanujan:√1 + 2

    √1 + 3

    √1 + 4

    √1 + . . . = 3

    Soluţie. Fie şirul de funcţii

    f1(x) =√

    1 + x, f2(x) =

    √1 + x

    √1 + (x+ 1), . . . ,

    fn(x) =

    √1 + x

    √1 + (x+ 1)

    √1 + · · ·+ (x+ n− 2)

    √1 + (x+ n− 1) (n radicali)

    Vom demonstra că şirul (fn(x)) converge pentru orice x ≥ 1. Fie x ≥ 1, fixat; evident,(fn(x)) este crescător. Arătăm ı̂n continuare că este mărginit. Evident:

    fn(x) ≥

    √x

    √x

    √. . .√x ≥ x

    Pentru orice n ∈ N∗ şi x ≥ 1, avem:

    fn(x) ≤

    √(x+ 1)

    √(x+ 2)

    √(x+ 3) . . .

    √(x+ n) ≤

    √2x

    √3x

    √4x . . .

    √(n+ 1)x ≤

    √2x

    √4x

    √8x . . .

    √2nx =

    = 2∑nk=1

    k

    2k x∑nk=1

    1

    2k ≤ 4x.

  • 20

    Fie f(x) = limn→∞

    fn(x); din inegalitatea f(x) ≥ x, rezultă f(x) ≥ 2−1(x+ 1) şi deci:

    1

    2(x+ 1) ≤ f(x) ≤ 4x, ∀x ≥ 1.

    Înlocuind x cu x+ 1, rezultă:

    1

    2(x+ 2) ≤ f(x+ 1) ≤ 4(x+ 1), ∀x ≥ 1.

    Trecând la limită ı̂n relaţia de recurenţa şi apoi ridicând la pătrat, obţinem:

    (f(x))2 = 1 + xf(x+ 1)

    Din dubla inegalitate de mai sus rezultă

    x1

    2(x+ 2) + 1 ≤ (f(x))2 ≤ 4x(x+ 1) + 1

    După calcule simple, obţinem:

    2−12 (x+ 1) ≤ f(x) ≤ 2(x+ 1)

    Repetăm procedeul anterior, i.e. scriem inegalitatea anterioară pentru x+1, apoi ı̂nmulţimcu x şi adunăm 1:

    2−12x(x+ 2) + 1 ≤ (f(x))2 ≤ 2x(x+ 2) + 1

    şi după calcule rezultă:

    2−122 (x+ 1) ≤ f(x) ≤ 2

    12 (x+ 1)

    Iterând de n ori, rezultă:

    2−12n (x+ 1) ≤ f(x) ≤ 2

    12n−1 (x+ 1), ∀n = 1, 2, 3 . . .

    Trecând la limită (n → ∞) obţinem f(x) = x + 1. În particular, pentru x = 2, se obţine

    formula lui Ramanujan:

    √1 + 2

    √1 + 3

    √1 + 4

    √1 + . . . = 3.

    Problema 7.31 Să se calculeze limita şirului:

    n∑k=1

    (k ln

    (2k + 1

    2k − 1

    )− 1)

    .

    Soluţie. Termenul general se scrie:

    n∑k=1

    (k ln

    (2k + 1

    2k − 1

    )− 1)

    = ln(2n+ 1)n

    1 · 3 · 5 · · · (2n− 1) · en=

    = ln

    (2n+ 1

    2n

    )n+ ln

    (2n)n

    1 · 3 · 5 · · · (2n− 1) · en=

    = ln

    (2n+ 1

    2n

    )n+ ln

    4n · nn · n!(2n)! · en

    Primul termen tinde la 12 ; ı̂n al doilea termen ı̂nlocuim n! şi (2n)! cu expresiile core-

    spunzătoare din formula lui Stirling. În final obţinem limita 12 − ln√

    2.

  • Şiruri şi serii numerice 21

    Serii. Probleme

    Să se determine sumele seriilor:

    Problema 7.32

    ∞∑n=1

    (a+ 1)(a+ 2) . . . (a+ n)

    (b+ 1)(b+ 2) . . . (b+ n), a > 0, b > a+ 1.

    Soluţie. Avem

    an =(a+ 1) . . . (a+ n)

    (b+ 1) . . . (b+ n)= an−1

    a+ n

    b+ n,

    din care rezultăan−1(a+ n) = an(b+ n)

    sauan−1(a+ n) = an[(a+ n+ 1) + (b− a− 1)],

    decian−1(a+ n)− an(a+ n+ 1) = (b− a− 1)an.

    Suma primilor termeni ai seriei este

    Sn =

    n∑k=1

    ak =1

    b− a− 1

    n∑k=1

    (f(n− 1)− f(n)) =

    =1

    b− a− 1(f(0)− f(n)) = 1

    b− a− 1(a0 · a− an(a+ n+ 1)) =

    =1

    b− a− 1

    (a2

    b− (a+ 1)(a+ 2) . . . (a+ n+ 1)

    (b+ 1) . . . (b+ n)

    ).

    Deci

    limn→∞

    Sn =a2

    b(b− a− 1)− (a+ 1) lim

    n→∞

    (a+ 2) . . . (a+ n+ 1)

    (b+ 1) . . . (b+ n).

    Ultima limită o determinăm astfel:

    (a+ 2) . . . (a+ n+ 1)

    (b+ 1) . . . (b+ n)=

    =1(

    1 +b− a− 1a+ 2

    )(1 +

    b− a− 1a+ 2

    ). . .

    (1 +

    b− a− 1a+ n+ 1

    ) <<

    1

    b− a− 1a+ 2

    +b− a− 1a+ 3

    + · · ·+ b− a− 1a+ n+ 1

    =

    =1

    b− a− 1· 1

    1

    a+ 2+

    1

    a+ 3+ · · ·+ 1

    a+ n+ 1

    care are limita zero căci seria

    ∞∑n=2

    1

    a+ neste divergentă (comparând-o cu seria armonică).

    Deci∞∑n=1

    an =a2

    b(b− a− 1).

  • 22

    Problema 7.33

    ∞∑n=1

    1n∑k=1

    k3.

    Soluţie.n∑k=1

    k3 =n2(n+ 1)2

    4. Avem Sn =

    n∑p=1

    4

    p2(p+ 1)2=

    = 4n∑p=1

    [−2(

    1

    p− 1p− 1

    )+

    1

    p2+

    1

    (p+ 1)2

    ]=

    = −8(

    1− 1n+ 1

    )+ 4

    [1 +

    1

    (n+ 1)2+ 2

    (1 +

    1

    22+ · · ·+ 1

    n2

    )]limn→∞

    Sn = −4 + 8 limn→∞

    (1 +

    1

    22+ · · ·+ 1

    n2

    )= −4 + 4

    3π2

    (suma seriei

    ∞∑n=1

    1

    n2este

    π2

    6).

    Problema 7.34∞∑n=1

    [a+ 2n

    2n+1

    ], a ∈ R.

    Soluţie. Este cunoscută identitatea:[a+

    1

    2

    ]= [2a]− [a], a ∈ R.

    Avem

    an =

    [a+ 2n

    2n+1

    ]=[ a

    2n

    ]−[ a

    2n+1

    ],

    Sn =

    n∑k=1

    ak = [a]−[ a

    2n+1

    ]şi

    Sn =

    {[a], dacă a ≥ 0[a] + 1, dacă a < 0.

    Problema 7.35∞∑n=1

    1

    2ntg

    a

    2n, a ∈ R \

    {2n(π

    2+ kπ

    )| k, n ∈ Z

    }.

    Soluţie. Avem identitatea tg x = ctg x− 2ctg 2x şi

    an =1

    2ntg

    a

    2n=

    1

    2n

    (ctg

    a

    2n− 2ctg a

    2n−1

    )=

    =1

    2nctg

    a

    2n− 1

    2n−1ctg

    a

    2n−1.

    Sn =n∑k=1

    ak =1

    2nctg

    a

    2n− ctg a,

    limn→∞

    Sn = −ctg a+ limn→∞

    1

    2n

    tga

    2n

    = −ctg a+ 1a.

  • Şiruri şi serii numerice 23

    Problema 7.36

    ∞∑n=0

    (−1)n cos3 3na

    3n, a ∈ R.

    Soluţie. Avem identitatea 4 cos3 x = cos 3x+ 3 cosx din care:

    cos3 3na

    3n=

    1

    4

    [cos 3n+1a

    3n+

    cos 3na

    3n−1

    ]Suma primilor n termeni este

    Sn =1

    4

    (3 cos a+ (−1)n cos 3

    n+1a

    3n

    )şi

    limn→∞

    Sn =3

    4cos a,

    care este suma seriei.

    Problema 7.37∞∑n=0

    arctg2n

    1 + 22n+1.

    Soluţie.

    arctg 2x = arctg x+ arctgx

    1 + 2x2,

    din care

    arctg2n

    1 + 22n+1= arctg 2n+1 − arctg 2n.

    Sn =

    n∑k=0

    (arctg 2k+1 − arctg 2k) = arctg 2n+1 − arctg 1 = arctg 2n+1

    limn→∞

    Sn =π

    2− π

    4=π

    4.

    Problema 7.38∞∑n=3

    arctg3

    n2 − n− 1.

    Soluţie. Avem identitatea:

    arctg a+ arctg b =

    arctg

    a+ b

    1− ab, dacă ab < 1

    π + arctga+ b

    1− ab, dacă ab > 1

    an = arctg3

    n2 − n− 1= arctg

    3

    1 + n2 − n− 2=

    = arctg(n+ 1)− (n− 2)1 + (n+ 1)(n− 2)

    = arctg (n+ 1)− arctg (n− 2).

    Sn =n∑k=3

    (arctg (k + 1)− arctg (k − 2)) =

    = arctg (n+ 1) + arctg n+ arctg (n− 1)− arctg 1− arctg 2− arctg 3.

    limn→∞

    Sn = 3π

    2− π

    2− (arctg 2 + arctg 3) =

    = 3π

    2− π

    4−(π + arctg

    2 + 3

    1− 2 · 3

    )= 3

    π

    2− π

    4− π + π

    4=π

    2

  • 24

    Problema 7.39

    ∞∑n=1

    (−1)n+1

    n.

    Soluţie. S2n =

    (1 +

    1

    2+ · · ·+ 1

    2n

    )− 2

    (1

    2+

    1

    4+ · · ·+ 1

    2n

    )=

    =

    (1 +

    1

    2+ · · ·+ 1

    2n− ln 2n

    )−(

    1 +1

    2+ · · ·+ 1

    n− lnn

    )+ ln 2n− lnn =

    = c2n − cn + ln 2,

    unde cn = 1 +1

    2+ · · ·+ 1

    n. Şirul (cn)n este convergent la constanta lui Euler c şi atunci

    limn→∞

    S2n = c− c+ ln 2 = ln 2

    Analog

    S2n+1 = S2n +1

    2n+ 1→ ln 2

    deci∞∑n=1

    (−1)n+1

    n= ln 2.

    Problema 7.40 1 +1

    3+ · · ·+ 1

    2p− 1− 1

    2− 1

    4− · · · − 2

    2q+

    1

    2p+ 1+

    +1

    2p+ 3+ · · ·+ 1

    4p− 1− 1

    2q + 2− 1

    2q + 4− · · · − 1

    4q+ . . . ,

    unde p, q ∈ N.

    Soluţie. Notăm cu S(p, q) suma seriei,

    an = 1 +1

    2+ · · ·+ 1

    nşi cn = 1 +

    1

    2+ · · ·+ 1

    n− lnn,

    şirul (cn)n fiind convergent la constanta lui Euler c. Suma primilor n(p + q) termeni aiseriei este

    Sn(p+ q) = 1 +1

    3+ · · ·+ 1

    2p− 1+

    1

    2p+ 1+ · · ·+ 2

    2np− 1−

    −(

    1

    2+

    1

    4+ · · ·+ 1

    2q+

    1

    2q + 2+ · · ·+ 1

    2nq

    )=

    = a2np −(

    1

    2+

    1

    4+ · · ·+ 1

    2p+ · · ·+ 1

    2np

    )−

    −12

    (1 +

    1

    2+ · · ·+ 1

    q+

    1

    q + 1+ · · ·+ 1

    nq

    )=

    = a2np −1

    2anp −

    1

    2anq = c2np + ln(2np)−

    1

    2(cnp + ln(np))−

    1

    2(cnq + ln(nq)) =

    = c2np −1

    2cnp −

    1

    2cnq +

    1

    2ln

    4n2p2

    npnq.

  • Şiruri şi serii numerice 25

    Trecând la limită obţinem:

    S(p, q) = c− 12c− 1

    2c+

    1

    2ln

    4p

    q=

    1

    2ln

    4p

    q

    Observaţie. 1) Dacă q = 4p, atunci S(p, q) = 0, de exemplu

    1− 12− 1

    4− 1

    6− 1

    8+

    1

    3− 1

    10− 1

    12− 1

    14− 1

    16+ · · · = 0.

    Cum {4pq | p, q ∈ N∗} = Q∗+, mulţimea {ln

    4pq | p, q ∈ N

    ∗} este densă ı̂n R, deci pentruorice l ∈ R şi pentru orice ε > 0 se poate alege p, q ∈ N∗ astfel ca l − ε < S(p, q) < l + ε.

    2) În seria semiconvergentă ∑n≥1

    (−1)n+1

    n

    s-a permutat ordinea termenilor astfel ı̂ncât s-a obţinut o serie convergentă, dar cu o altăsumă. Astfel s-a exemplificat teorema lui Riemann referitoare la serii semiconvergente.

    Problema 7.41

    ∞∑n=1

    (−1)n lnnn

    .

    Soluţie. Şirul cu termenul general

    xn =ln 2

    2+

    ln 3

    3+ · · ·+ lnn

    n− ln

    2 n

    2

    este convergent şi notăm limita sa cu l. Avem:

    S2n =

    2n∑k=1

    (−1)k ln kk

    =

    = − ln 11

    +ln 2

    2− ln 3

    3+

    ln 4

    4− · · · − ln(2n− 1)

    2n− 1+

    ln 2n

    2n=

    = −(

    ln 1

    1+

    ln 2

    2+

    ln 3

    3+

    ln 4

    4+ · · ·+ ln(2n− 1)

    2n− 1+

    ln(2n)

    2n

    )+

    +2

    (ln 2

    2+

    ln 4

    4+ · · ·+ ln(2n)

    2n

    )=

    = −x2n + xn + ln 2(

    1 +1

    2+ · · ·+ 1

    n− lnn

    )− (ln 2)

    2

    2

    limn→∞

    S2n = −l + l + ln 2 · c−(ln 2)2

    2= ln 2

    (c− ln 2

    2

    )unde c = lim

    n→∞

    (1 +

    1

    2+ · · ·+ 1

    n− lnn

    )este constanta lui Euler.

    Problema 7.42

    ∞∑n=1

    (−1)n−1 1n+ 1

    (1 +

    1

    2+ · · ·+ 1

    n

    ).

  • 26

    Soluţie. Arătăm că seria

    ∞∑n=1

    (−1)n−1 2n+ 1

    (1 +

    1

    2+ · · ·+ 1

    n

    )este produsul Cauchy

    al seriei∞∑n=1

    (−1)n−1 1n

    cu ea ı̂nsăşi. Termenul general al produsului este

    cn = (−1)n−1(

    1

    1 · n+

    1

    2(n− 1)+ · · ·+ 1

    n · 1

    )dar

    1

    k(n+ 1− k)=

    1

    n+ 1

    (1

    k+

    1

    n− k + 1

    ),

    deci

    cn = (−1)n2

    n+ 1

    (1 +

    1

    2+ · · ·+ 1

    n

    ).

    Deoarece seria produs este o serie alternantă iar şirul1 +

    1

    2+ · · ·+ 1

    nn+ 1

    este descrescător

    spre zero, conform criteriului lui Leibniz, seria produs este convergentă şi atunci suma eieste

    S =

    ( ∞∑n=1

    (−1)n−1 1n

    )2= (ln 2)2.

    Problema 7.43∞∑n=0

    (−1)n

    FnFn+1, unde F0 = F1 = 1, Fn+1 = Fn + Fn−1, n ≥ 1 (şirul lui

    Fibonacci).

    Soluţie. Pentru matricea A =

    [1 11 0

    ],

    An+1 = An +An−1 şi An+1 =

    [Fn+1 FnFn Fn−1

    ],

    det(An+1) = (detA)n+1,

    deciFn−1Fn+1 − F 2n = (−1)n+1, n ≥ 1.

    Suma primilor n termeni ai seriei este

    Sn =

    n∑k=0

    (−1)k

    FkFk+1= 1−

    n∑k=1

    Fk−1Fk+1 − F 2kFkFk+1

    =

    = 1−n∑k=1

    (Fk−1Fk− FkFk+1

    )= 1− F0

    F1+

    FnFn+1

    =FnFn+1

    din expresia lui Fn =1√5

    (1 +√52

    )n+1−

    (1−√

    5

    2

    )n+1 rezultălimn→∞

    Sn =2

    1 +√

    5=

    √5− 12

    .

  • Şiruri şi serii numerice 27

    Problema 7.44 Fie Fn şirul lui Fibonacci: F0 = F1 = 1, Fn+1 = Fn +Fn−1,∀n ≥ 1 şi fie

    σn =∑n

    k=0 F2k . Să se calculeze suma seriei:

    ∑n≥0

    (−1)n

    σn.

    Soluţie. Vom presupune cunoscute relaţiile (se pot demonstra prin inducţie):

    Fn =1√5

    (1 +√52

    )n+1−

    (1−√

    5

    2

    )n+1 , ∀n ≥ 0 (1)Fn−1Fn+1 − F 2n = (−1)n+1, ∀n ≥ 1. (2)

    Din definiţia lui Fk rezultă:

    Fk+1Fk = F2k + Fk−1Fk, ∀k ≥ 1.

    Însumând egalităţile de mai sus pentru k = 1, 2, . . . , n, obţinem

    σn = Fn+1Fn, ∀n ≥ 0. (3)

    Din relaţiile (2) şi (3) obţinem:

    Sn =

    n∑k=0

    (−1)k

    σk=∑k=0

    n (−1)k

    FkFk+1= 1−

    n∑k=1

    Fk−1Fk+1 − F 2kFkFk+1

    =

    = 1−n∑k=1

    (Fk−1Fk− FkFk+1

    )=

    FnFn+1

    .

    Aplicând acum (1), obţinem suma seriei:∑n≥0

    (−1)n

    σn=

    2

    1 +√

    5.

    Problema 7.45∞∑n=1

    arctg1

    F2n, unde (Fn)n este şirul lui Fibonacci.

    Soluţie. Din problema anterioară avem relaţia

    Fn−1Fn+1 − F 2n = (−1)n+1

    ı̂n care ı̂nlocuim unul din Fn cu Fn+1 − Fn−1 şi obţinem:

    Fn−1Fn+1 − Fn(Fn+1 − Fn−1) = (−1)n+1

    sauFn−1(Fn+1 + Fn)− FnFn+1 = (−1)n+1

    sauFn−1Fn+2 − FnFn+1 = (−1)n+1

    Avem

    arctg1

    F2n+1− arctg 1

    F2n+2= arctg

    F2n+2 − F2n+1F2n+1F2n+2 + 1

    =

  • 28

    = arctgF2n

    F2nF2n+3= arctg

    1

    F2n+3,

    deci

    arctg1

    F2n+1− arctg 1

    F2n+3= arctg

    1

    F2n+2

    Adunând relaţiile de la n = 1 obţinem:

    n+1∑k=1

    arctg1

    F2k= arctg

    1

    F1− arctg 1

    F2n+3

    Trecând la limită rezultă∞∑n=1

    arctg1

    F2n= arctg

    1

    F1=π

    4.

    Problema 7.46 Fie (xn)n un şir de numere reale astfel ı̂ncât există P ∈ (0,∞)∪{∞} cuproprietatea:

    limn→∞

    ((x1 + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1)) = P.

    Să se calculeze suma seriei∑n≥1

    xn(x1 + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1)

    .

    Soluţie. Descompunem termenul general al seriei:

    xn(x1 + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1)

    =xn + 1− 1

    (x1 + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1)=

    =1

    (x1 + 1)(x2 + 1) · · · (xn−1 + 1)− 1

    (x1 + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1).

    Rezultă pentru şirul sumelor parţiale al seriei date formula:

    Sn = 1−1

    (x1 + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1),

    deci suma seriei este 1− P−1 (cu convenţia ∞−1 = 0).

    Problema 7.47 Să se studieze convergenţa seriei∑n≥1

    n!(an

    )n, a > 0.

    Soluţie. Se aplică criteriul raportului:

    limn→∞

    xn+1xn

    = limn→∞

    a

    (n

    n+ 1

    )n=a

    e

    Dacă a < e, atunci seria este convergentă; dacă a > e, atunci seria este divergentă. Pentrua = e, aplicăm criteriul lui Raabe-Duhamel:

    limn→∞

    n

    (xnxn+1

    − 1)

    = limn→∞

    n

    ((n+ 1

    n

    )n 1e− 1)

    =

    = n

    ((1 +

    1

    n

    )n 1e− 1)

    =1

    elimn→∞

    (1 + 1n

    )n − e1n

    .

    Ultima limită se calculează aplicând regula lui L’Hopital:

    limx→0

    (1 + x)1x − e

    x= lim

    x→0

    (1 + x)1x−1[x− (1 + x) ln(1 + x)]

    x2= −e

    2;

    rezultă că seria este divergentă.

  • Şiruri şi serii numerice 29

    Problema 7.48 Să se studieze convergenţa seriei∑n≥2

    1

    np lnq n, p > 0, q > 0.

    Soluţie. Dacă p > 1, se aplică criteriul comparaţiei: seria converge pentru orice q > 0deoarece

    1

    np lnq n≤ 1np.

    Dacă p = 1, se aplică criteriul integral: seria converge dacă şi numai dacă q > 1.Dacă p < 1 se aplică criteriul de condensare: seria are aceeaşi natură cu seria cu termenulgeneral 1

    nq2n(p−1) lnq 2, care este divergentă pentru orice q > 0 (se poate aplica criteriul

    raportului).

    Problema 7.49 Fie (an)n un şir de numere reale şi fie, pentru orice x ∈ R, seria∑

    n≥1annx .

    Să se demonstreze că dacă seria dată converge pentru x = x0, atunci ea converge pentruorice x ≥ x0.

    Soluţie. Vom aplica criteriul lui Abel; seria dată se scrie:∑n≥1

    annx

    =∑n≥1

    annx0· 1nx−x0

    Şirul 1nx−x0

    este monoton (descrescător) şi mărginit, iar seria∑

    n≥1annx0 este convergentă.

    Problema 7.50 În seria convergentă:∑n≥1

    (−1)n+1

    n= 1− 1

    2+

    1

    3− 1

    4+ · · ·

    să se permute ordinea termenilor astfel ı̂ncât să se obţină o serie convergentă, dar cu oaltă sumă.

    Soluţie. Seria∑

    n≥1(−1)n+1

    n este convergentă şi suma sa este ln 2. Fie deci:

    1− 12

    +1

    3− 1

    4+ · · · = ln 2

    Înmulţind egalitatea de mai sus cu 12 , rezultă:

    1

    2− 1

    4+

    1

    6− 1

    8+ · · · = 1

    2ln 2

    Însumăm acum cele două egalităţi grupând termenii astfel:

    1 +

    (−1

    2+

    1

    2

    )+

    1

    3+

    (−1

    4− 1

    4

    )+

    1

    5+

    (−1

    6+

    1

    6

    )+

    1

    7+

    +

    (−1

    8− 1

    8

    )+

    1

    9+

    (1

    10− 1

    10

    )+

    1

    11+ · · · = 3

    2ln 2.

    Seria de mai sus este (după efectuarea calculelor din paranteze):

    1 +1

    3− 1

    2+

    1

    5+

    1

    7− 1

    4+

    1

    9+

    1

    11− · · · = 3

    2ln 2,

    şi este o permutare a seriei iniţiale.Observaţie. Soluţia problemei se poate obţine folosind cazul particular al problemei

    7.40 pentru p = 2, q = 1.

  • 30

    Problema 7.51 Să se precizeze natura seriilor:

    a)∞∑n=1

    nn−2

    enn!

    b)∞∑n=1

    nn

    enn!.

    Soluţie. a)an+1an

    =

    (1 +

    1

    n

    )n−2e

    <e

    e

    (1 +

    1

    n

    )2 =1

    (n+ 1)2

    1

    n2

    =bn+1bn

    Folosind criteriul de comparaţie C9 pentru seria convergentă∞∑n=1

    1

    n2, rezultă că seria

    este convergentă.

    b)an+1an

    =

    (1 +

    1

    n

    )ne

    >

    (1 +

    1

    n

    )n(

    1 +1

    n

    )n+1 =1

    n+ 11

    n

    .

    Folosind criteriul de comparaţie C9 pentru seria divergentă

    ∞∑n=1

    1

    nrezultă că seria este

    divergentă.

    Problema 7.52 Fie

    ∞∑n=1

    an o serie convergentă cu termeni pozitivi. Să se arate că seria

    ∞∑n=1

    n√a1a2 . . . an este convergentă şi are loc inegalitatea:

    ∞∑n=1

    n√a1a2 . . . an < e

    ∞∑n=1

    an

    (T. Carleman)

    Soluţie. (G. Polya) Definim numerele c1, c2, . . . , cn, . . . prin relaţiile c1c2 . . . cn = (n+1)n pentru orice n ∈ N∗. Avem

    ∞∑n=1

    n√a1a2 . . . an =

    ∞∑n=1

    n√a1c1 · a2c2 · · · ancn

    n+ 1

    (∗)≤

    ≤∞∑n=1

    a1c1 + a2c2 + · · ·+ ancnn(n+ 1)

    =∞∑n=1

    1

    n(n+ 1)

    (n∑k=1

    (akck)

    )(∗∗)≤

    =∞∑k=1

    (akck)

    ∞∑n=k

    1

    n(n+ 1)=∞∑k=1

    (akck)∞∑n=k

    (1

    n− 1n+ 1

    )=

    =

    ∞∑k=1

    akck1

    k=∞∑k=1

    ak(k + 1)k

    kk−1· 1k

    =∞∑k=1

    ak

    (1 +

    1

    k

    )k (∗∗∗)<

    <∞∑k=1

    ake = e

    ∞∑k=1

    ak.

  • Şiruri şi serii numerice 31

    În (∗) s-a folosit inegalitatea mediilor.În (∗∗) s-a folosit egalitatea:

    ∞∑n=1

    an

    (n∑k=1

    bk

    )=

    ∞∑k=1

    bk

    ( ∞∑n=k

    an

    )

    În (∗ ∗ ∗) s-a folosit faptul că şirul ek =(

    1 +1

    k

    )keste crescător cu limita e, deci

    ek < e, k ∈ N.

    Problema 7.53 Fie (�n)n un şir astfel ı̂ncât �n ∈ {−1, 0, 1},∀n = 1, 2, . . . şi fie şirul

    xn = �1

    √2 + �2

    √2 + · · ·+ �n

    √2.

    (a) Să se demonstreze egalitatea:

    xn = 2 sin

    4

    n∑k=1

    �1�2 · · · �k2k−1

    ), ∀n = 1, 2, . . .

    (b) Să se demonstreze că şirul (xn) este convergent.

    G. Polya, G. Szegö

    Soluţie. (a) Dacă �1 = 0, atunci relaţia este evident adevărată. Presupunem de aiciinainte că �1 6= 0. Demonstrăm egalitatea prin inducţie; dacă n = 1, egalitatea esteverificată. Presupunem acum adevărată relaţia:

    xn = 2 sin

    4

    n∑k=1

    �1�2 · · · �k2k−1

    ).

    Calculăm, aplicând ipoteza de inducţie:

    x2n+1 − 2 = �2

    √2 + �3

    √2 + · · ·+ �n+1

    √2 = 2 sin

    4

    n+1∑k=2

    �2�3 · · · �k2k−2

    )=

    = −2 cos

    2+π

    2

    n+1∑k=2

    �2�3 · · · �k2k−1

    )= −2 cos

    2

    n+1∑k=1

    �1�2 · · · �k2k−1

    ),

    ultima egalitate fiind evidentă pentru �1 = 1; dacă �1 = −1, atunci egalitatea rezultă dinparitatea funcţiei cosinus. Evident, ipoteza de inducţie a fost aplicată ı̂n ipoteza �2 6= 0,altfel egalitatea cerută se verifică imediat: xn = ±

    √2. Rezultă deci:

    x2n+1 − 2 = 4 sin2(π

    4

    n+1∑k=1

    �1�2 · · · �k2k−1

    )− 2,

    şi ı̂n concluzie

    xn+1 = 2 sin

    4

    n+1∑k=1

    �1�2 · · · �k2k−1

    ).

    (b) Din relaţia demonstrată la punctul (a), notând cu S suma seriei (convergente)n∑k=1

    �1�2 · · · �k2k−1

    , rezultă limn→∞

    xn = 2 sin(π

    4S).

  • 32

    Problema 7.54 Se consideră şirul (an)n definit prin relaţia de recurenţă an+1 = ln(1 +an), n ≥ 1 şi a1 = 1.

    a) Să se arate că limn→∞

    an = 0.

    b) Să se arate că seria

    ∞∑n=1

    an este divergentă.

    c) Să se arate că seria∞∑n=1

    a2n este convergentă.

    Soluţie. a) Prin inducţie se arată că an > 0, n ∈ N∗ şi din inegalitatea ln(1 + x) ≤x rezultă că şirul (an)n este descrescător (şi mărginit de zero) deci convergent. Dacălimn→∞

    an = l atunci din relaţia de recurenţă rezultă l = ln(1 + l) cu singura soluţie l = 0.

    b) Comparăm seria

    ∞∑n=1

    an cu seria

    ∞∑n=1

    1

    n. Avem

    limn→∞

    an1

    n

    = limn→∞

    n1

    an

    = limn→∞

    n+ 1− n1

    an+1− 1an

    =

    = limn→∞

    anan+1an − an+1

    = limn→∞

    an ln(1 + an)

    an − ln(1 + an)= lim

    x→0

    x ln(1 + x)

    x− ln(1 + x)=

    = limx→0

    x2ln(1 + x)

    xx− ln(1 + x)

    = limx→0

    x2

    x− ln(1 + x)= lim

    x→0

    2x

    1− 11 + x

    =

    = limx→0

    2(1 + x) = 2 ∈ (0,∞),

    deci seriile au aceeaşi natură (divergente).

    c) Aplicăm criteriul comparaţiei comparând cu seria

    ∞∑n=1

    1

    n2. Avem:

    limn→∞

    a2n1

    n2

    = limn→∞

    (nan)2 = 4 ∈ (0,∞),

    deci ambele serii sunt convergente.

    Problema 7.55 Fie seria convergentă cu termeni pozitivi

    ∞∑n=1

    an. Să se arate că dacă

    există limita limn→∞

    nan, atunci ea este egală cu zero.

    Soluţie. Fie l = limn→∞

    nan, l ≥ 0. Dacă presupunem l > 0, atunci avem

    limn→∞

    an1

    n

    = l > 0

    deci seriile∑

    an şi∑ 1

    nau aceeaşi natură, deci ambele divergente, contradicţie.

  • Şiruri şi serii numerice 33

    Problema 7.56 Să se arate că dacă şirul (an)n este descrescător la zero şi seria

    ∞∑n=1

    an

    este convergentă, atunci

    limn→∞

    nan = 0.

    Soluţie. Fie

    xn = a1 + a2 + · · ·+ an − nan, n ≥ 1.

    Şirul (xn)n este majorat de (Sn)n, şirul sumelor parţiale ale seriei date, deci este mărginit.Avem

    xn+1 − xn = n(an − an+1) ≥ 0,

    deci şirul (xn)n este crecător.În concluzie şirul xn = Sn − nan este convergent. Rezultă că şirul (nan)n este convergentşi conform problemei 7.55 obţinem că lim

    n→∞nan = 0.

    Problema 7.57 Să se arate că dacă seriile∞∑n=1

    a2n şi

    ∞∑n=1

    b2n sunt convergente, atunci seriile

    ∞∑n=1

    anbn şi

    ∞∑n=1

    (an + bn)2 sunt convergente.

    Soluţie. Avem (n∑k=1

    |akbk|

    )2≤

    n∑k=1

    a2k

    n∑k=1

    b2k

    saun∑k=1

    |akbk| ≤

    √√√√ n∑k=1

    a2k

    n∑k=1

    b2k

    din care rezultă∞∑k=1

    |akbk| ≤

    √√√√ ∞∑k=1

    a2k

    ∞∑k=1

    b2k

    Avem: (n∑k=1

    (ak + bk)2

    )1/2≤

    (n∑k=1

    a2k

    )1/2( n∑k=1

    b2k

    )1/2din care

    ∞∑k=1

    (ak + bk)2 ≤

    ∞∑k=1

    a2k

    ∞∑k=1

    b2k.

    (S-au folosit inegalităţile Cauchy-Schwartz şi Minkowski.)

    Problema 7.58 Să se arate că dacă seria∞∑n=1

    a2n este convergentă, atunci seria

    ∞∑n=1

    ann

    este convergentă.

    Soluţie. Luăm ı̂n exerciţiul anterior bn =1

    n.

  • 34

    Problema 7.59 Să se arate că seria

    ∞∑n=1

    cosn

    neste convergentă, dar nu este absolut con-

    vergentă.

    Soluţie. Dacă luăm an = cosn şi bn =1

    n, şirul sumelor parţiale ale seriei

    ∞∑n=1

    an este

    mărginit, iar şirul (bn)n este descrescător la zero, deci conform criteriului lui Abel seriaeste convergentă.

    Pentru seria valorilor absolute∞∑n=1

    | cosn|n

    , considerăm funcţia

    f(x) = | cosx|+ | cos(x+ 1)|, f : R→ [0,∞),

    care este continuă şi are un minim diferit de zero, deci f(x) ≥ m > 0, ∀ x ∈ R (̂ışi atingeminimul pe intervalul [0, 2π]). Avem:

    | cos 1|1

    +| cos 2|

    2+| cos 3|

    3+| cos 4|

    4+ · · ·+ | cos(2n− 1)|

    2n− 1+| cos 2n|

    2n≥

    ≥ | cos 1|+ | cos 2|2

    +| cos 3|+ | cos 4|

    4+ · · ·+ | cos(2n− 1)|+ | cos 2n|

    2n≥

    ≥ m2

    +m

    4+ · · ·+ m

    2n=m

    2

    (1 +

    1

    2+ · · ·+ 1

    n

    ),

    deci şirul sumelor parţiale are limita ∞.

    Problema 7.60 Fie

    ∞∑n=1

    an o serie divergentă cu termeni pozitivi şi (Sn)n şirul sumelor

    parţiale. Să se arate că:

    a) Seria∞∑n=1

    anSn

    este divergentă.

    b) Seria∞∑n=1

    an

    S1+αneste convergentă pentru α > 0.

    Soluţie. a) Avem:

    an+1Sn+1

    +an+2Sn+2

    + · · ·+ an+pSn+p

    ≥ an+1 + · · ·+ an+pSn+p

    =Sn+p − SnSn+p

    .

    Dar

    limp→∞

    Sn+p − SnSn+p

    = 1 6= 0,

    deci şirul sumelor parţiale ale seriei∑ an

    Sneste divergent conform criteriului general al

    lui Cauchy (C1).

    b) Considerăm diferenţa:lnSn−1Sαn−1

    − lnSnSαn

    pentru care aplicăm teorema lui Lagrange şi

    avem:lnSnSαn

    − lnSn−1Sαn−1

    = (Sn − Sn−1)f ′(αn), αn ∈ (Sn−1, Sn)

  • Şiruri şi serii numerice 35

    şi f(x) =lnx

    xα+1.

    Avem:lnSn−1Sαn−1

    − lnSnSαn

    = (Sn − Sn−1)α lnSn−1 − 1

    Sα+1n>

    >Sn − Sn−1Sα+1n

    =an

    Sα+1n

    pentru n suficient de mare deci

    an

    Sα+1n<

    lnSn−1Sαn−1

    − lnSnSαn

    , n ∈ N.

    ∑n≥N

    an

    Sα+1n<∑n≥N

    (lnSn−1Sαn−1

    − lnSnSαn

    )=

    lnSN−1SαN−1

    deci restul de ordin N al seriei∑ an

    Sα+1neste mărginit, deci convergent.

    Problema 7.61 Fie seria convergentă∞∑n=0

    an şi Sn =n∑k=0

    ak. Să se arate că pentru orice

    a ∈ (−1, 1) seria∞∑n=0

    Snan este convergentă şi

    ∞∑n=0

    Snan =

    1

    1− a

    ∞∑n=0

    anan.

    Soluţie. Seria∞∑n=0

    Snan este produsul Cauchy al seriilor

    ∞∑n=0

    an şi

    ∞∑n=0

    anan, ambele

    convergente, iar suma primei serii este1

    1− a.

    Problema 7.62 Fie (an)n un şir cu termeni reali pozitivi. Să se arate că produsul

    ∞∏n=1

    (1+

    an) este convergent dacă şi numai dacă seria∞∑n=1

    an este convergentă.

    Soluţie. Avem inegalităţile

    a1 + a2 + · · ·+ an ≤ (1 + a1)(1 + a2) · · · (1 + an)

    şi

    (1 + a1)(1 + a2) · · · (1 + an) ≤ ea1+a2+···+an ,

    (ex ≥ 1 + x, x ≥ 0).

    Problema 7.63 Fie (εn)n un şir cu termenii εn ∈ {−1, 1}, n ∈ N. Să se arate că suma

    seriei

    ∞∑n=0

    εnn!

    este un număr iraţional.

  • 36

    Soluţie. Prin absurd presupunem că

    ∞∑n=0

    εnn!

    =p

    q∈ Q.

    Înmulţim cu q! şi obţinem

    (q − 1)! · p =q∑

    n=0

    q!εnn!

    +∞∑

    n=q+1

    q!εnn!

    Cum prima sumă este număr ı̂ntreg rezultă că

    ∞∑n=q+1

    q!εnn!

    ar fi număr ı̂ntreg.

    Avem:∣∣∣∣∣∣∞∑

    n=q+1

    q!εnn!

    ∣∣∣∣∣∣ ≤∞∑

    n=q+1

    q!

    n!≤ 1q + 1

    +1

    (q + 1)(q + 2)+

    1

    (q + 1)(a+ 2)2+ · · · =

    =1

    q + 1· 1

    1− 1q + 2

    =q + 2

    (q + 1)2≤ 3

    4.

    Rămâne de arătat doar că suma nu poate fi egală cu zero.Dar: ∣∣∣∣∣∣

    ∞∑n=q+1

    εnq!

    n!

    ∣∣∣∣∣∣ ≥∣∣∣∣∣∣ 1q + 1 −

    ∞∑n=q+2

    q!

    n!

    ∣∣∣∣∣∣ > 1q + 1 − 1q(q + 1) ≥ 0.Observaţie. În particular rezultă că e 6∈ Q.

    Problema 7.64 Se consideră şirul (an)n definit prin relaţia de recurenţă

    an+1 = arctg an, n ≥ 1 şi a1 = 1.

    a) Să se arate că limn→∞

    an = 0.

    b) Să se arate că limn→∞

    √nan =

    √23 .

    c) Să se studieze convergenţa seriei

    ∞∑n=1

    aαn, α ∈ R.

    Soluţie. a) Se arată imediat că şirul (an)n este strict descrescător şi mărginit inferiorde 0. Fie a = lim

    n→∞an. Trecând la limită relaţia de recurenţă obţinem a = arctg a, deci

    a = 0.b) Fie xn =

    √nan =

    √n1

    a2n

    . Cum şirul ( 1a2n

    ) este strict crescător şi limn→∞

    1a2n

    =∞ putem

    aplica Stolz-Cesaro şi obţinem:

    limn→∞

    n1

    a2n

    = limn→∞

    (n+1)−n1

    a2n+1− 1a2n

    = limn→∞

    11

    a2n+1− 1a2n

    = limn→∞

    (n+1)−n1

    arctg2an− 1a2n

    = limn→∞

    a2n−arctg2ana2narctg

    2an=

    limn→∞

    a2n−arctg2ana4n

    limn→∞

    ( anarctgan )2 = lim

    n→∞an+arctgan

    anlimn→∞

    an−arctgana3n

    = 2 limx→0

    x−arctgxx3

    = 23 şi

    de aici avem limn→∞

    √nan =

    √23 .

  • Şiruri şi serii numerice 37

    c) Din limn→∞

    aαn1

    nα2

    = (23)α rezultă, pe baza criteriului comparaţiei C10’, că seria

    ∞∑n=1

    aαn

    are aceeaşi natură cu seria

    ∞∑n=1

    1

    nα2

    , deci este convergentă dacă şi numai dacă α > 2.

    Problema 7.65 Fie

    ∞∑n=1

    an o serie divergentă cu termeni pozitivi şi a1 > 1.

    Să se arate că:

    a) Seria∞∑n=1

    an+1Sn lnSn

    este divergentă.

    b) Seria∞∑n=1

    an

    Sn ln2 Sn

    este convergentă, unde Sn = a1 + a2 + · · ·+ an.

    Soluţie. a)

    ∞∑n=1

    an+1Sn lnSn

    =

    ∞∑n=1

    Sn+1 − SnSn lnSn

    Se aplică teorema lui Lagrange funcţiei f(x) = ln lnx pe intervalele [Sn, Sn+1] şi avem

    n∑k=1

    ak+1Sk lnSk

    = ln lnSn − ln lnS1 →∞

    b) Se aplică teorema lui Lagrange funcţiei f(x) = − 1lnx

    .

    Problema 7.66 Fie∞∑n=1

    an o serie divergentă cu termeni pozitivi astfel ca limn→∞

    an = 0.

    Să se arate că şirul ({Sn})n∈N∗ este dens ı̂n [0, 1], unde Sn = a1 + a2 + · · ·+ an şi {x} estepartea fracţionară a lui x.

    Soluţie. Dacă 0 < a < b < 1 şi b − a = ε, există Nε ∈ N astfel ca an < ε, n > N(ε).Fie SNε = m + bN , m ∈ Z, bN ∈ [0, 1). Dacă bN ∈ (a, b) am terminat. Dacă bN < amai adăugăm un număr minim de termeni din serie până intrăm ı̂n intervalul (a, b). DacăbN > b, mai adăugăm un număr minim de termeni până ajungem la m+1+α cu α ∈ (a, b).

    Problema 7.67 Fie (pn)n∈N∗ şirul numerelor prime. Să se arate că seria

    ∞∑n=1

    1

    pneste

    divergentă.

    Soluţie. Dacă seria ar fi convergentă, atunci ar exista N ∈ N astfel ca∞∑

    n=N+1

    1

    pn<

    1

    2.

    Orice număr de forma 1 + kp1p2 . . . pN = 1 + kP este un produs de numere prime(eventual cu exponenţi) care nu fac parte din numerele p1, p2, . . . , pN . Mulţimea numerelor

    de forma1

    Mı̂n care M este format doar cu numerele prime pN+1, pN+2, . . . este{

    1

    pn1,

    1

    pn1pn2,

    1

    pn1pn2 . . . pn3, . . .

    }

  • 38

    suma lor fiind∞∑m=1

    ( ∞∑n=N+1

    1

    pn

    )m<

    ∞∑m=1

    (1

    2

    )m= 1

    şi atunci∞∑k=1

    1

    1 + kP< 1

    deci seria

    ∞∑k=1

    1

    1 + kPar fi convergentă, contradicţie.

    Problema 7.68 Să se studieze convergenţa seriei∑n≥1

    sinnx

    n, x ∈ R.

    Generalizare la seria∑n≥1

    sinnx

    nα, x ∈ R, α ∈ R.

    Soluţie. Fie xn =sinnxn . Dacă x = kπ, k ∈ Z, atunci xn = 0,∀n ∈ N; presupunem ı̂n

    continuare că x 6= kπ, k ∈ Z. Arătăm mai ı̂ntâi că seria nu este absolut convergentă:

    |xn| =| sin(nx)|

    n≥ sin

    2(nx)

    n=

    1− cos(2nx)2n

    ,∀n ∈ N?.

    Deci, presupunând prin absurd că seria dată ar fi absolut convergentă, ar rezulta (cu

    criteriul de comparaţie) că şi seria∑

    n≥11−cos(2nx)

    2n ar fi convergentă. Seria∑

    n≥1cos(2nx)

    2n

    este convergentă (criteriul lui Dirichlet): fie an =1

    2n şi un = cos(2nx). Atunci (an) estedescrescător la 0, iar (un) are şirul sumelor parţiale mărginit:∣∣∣∣∣

    n∑k=1

    cos(2nx)

    ∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣sin(nx) cos(n+ 1)xsinx

    ∣∣∣∣ ≤ 1| sinx| .Rezultă că şi seria

    ∑n≥1

    12n ar trebui să fie convergentă, fiind suma a două serii conver-

    gente, contradicţie.Seria

    ∑n≥1

    sinnxn este convergentă (ca mai sus, cu criteriul lui Dirichlet).

    Problema 7.69 Să se studieze convergenţa seriei∑n≥1

    (−1)n n√n sin

    1

    n.

    Soluţie. Seria nu este absolut convergentă (se compară la limită cu seria armonică).Seria este alternată; vom demonstra că şirul an = n

    √n sin 1n este descrescător la 0, deci

    seria converge.Evident an → 0; pentru a arăta că an este descrescător (̂ıncepând de la un rang), fiefuncţia f(x) = x

    1x sin 1x . Calculăm

    f ′(x) = x1x−2(

    (1− lnx) sin 1x− cos 1

    x

    ).

    Pentru a studia semnul derivatei (pentru x ”mare”), calculăm:

    limx→∞

    (1− lnx) sin 1x− cos 1

    x= −1 + lim

    x→∞

    sin 1x1x

    · 1− lnxx

    = −1,

    deci f ′(x) < 0 pentru x suficient de mare, deci şirul an este descrescător.

  • Şiruri şi serii numerice 39

    Problema 7.70 Fie α, β, γ trei numere strict pozitive. Folosind criteriul lui Gauss, să sestudieze convergenţa seriei:∑

    n≥1

    α(α+ 1) · · · (α+ n− 1)n!

    · β(β + 1) · · · (β + n− 1)γ(γ + 1) · · · (γ + n− 1)

    .

    Soluţie. Criteriul lui Gauss: dacă (an)n este un şir de numere strict pozitive, astfelı̂ncât există λ > 1, µ ∈ R şi un şir (θn)n astfel ı̂ncât

    an+1an

    = 1− µn− θnnλ,

    atunci seria∑n≥1

    an converge dacă µ > 1 şi diverge dacă µ ≤ 1.

    Aplicănd criteriul lui Gauss seriei date, obţinem:

    an+1an

    =n2 + (α+ β)n+ αβ

    n2 + (1 + γ)n+ γ= 1− 1 + γ − α− β

    n− γ − αβ

    n2

    Rezultă că dacă γ > α + β atunci seria dată converge, iar dacă γ ≤ α + β atunci seriadiverge.

    Problema 7.71 Să se dea un exemplu de două şiruri (an)n şi (bn)n astfel ı̂ncât:limn→∞

    anbn

    = 1, dar seriile∑

    n an şi∑

    n bn să aibă naturi diferite.

    Soluţie. Fie, de exemplu, an =(−1)nn şi bn =

    (−1)nn +

    1n lnn . A doua serie este divergentă

    (criteriul integral).

    Problema 7.72 Fie (an)n şi (bn)n două şiruri reale astfel ı̂ncât seria∑

    n≥1(bn − bn+1)este absolut convergentă şi seria

    ∑n≥1 an este convergentă.

    Să se demonstreze că seria∑

    n≥1 anbn este convergentă.

    Soluţie. Facem mai ı̂ntâi următoarea observaţie generală. Pentru orice şiruri de numere(xn)n şi (yn)n are loc următoarea identitate (”sumare prin părţi”):

    n∑k=1

    xkyk =

    n−1∑k=1

    (x1 + x2 + · · ·+ xk)(yk − yk+1) + (x1 + x2 + · · ·+ xn)yn

    Fie An =∑n

    k=1 ak şi Sn =∑n

    k=1 akbk sumele parţiale asociate seriilor∑

    n an şi respectiv∑n anbn. Însumând prin părţi, obţinem:

    Sn =n∑k=1

    akbk =n−1∑k=1

    Ak(bk − bk+1) +Anbn

    Demonstraţia se ı̂ncheie dacă arătăm că seria∑

    nAn(bn − bn+1) şi şirul (Anbn)n suntconvergente. Din convergenţa seriei

    ∑n(bn−bn+1) rezultă convergent�