1

0.1 Probleme rezolvate

0.1 Să se determine suma seriei:

a)∞∑n=1

n+ 2

n(n+ 1)· 12n

b)∞∑n=1

1

anan+1 . . . an+p, p ≥ 1, unde (an)n≥1 este o progresie aritmetică

cu termeni pozitivi.

Soluţie. a) Scriem mai întâi termenul general al seriei într-o altă formă:

ak =k + 2

k(k + 1)· 12k

=

(2

k− 1

k + 1

)1

2k=

1

k2k−1− 1

(k + 1)2k.

Suma parţială de ordin n este:

sn =n∑k=1

ak =n∑k=1

(1

k2k−1− 1

(k + 1)2k

)=

1

20− 1

2 · 21+

+1

2 · 21− 1

3 · 22+ · · ·+ 1

n2n−1− 1

(n+ 1)2n= 1− 1

(n+ 1)2n.

Suma seriei este s = limn→∞

sn = 1.b) Notăm cu r raţia progresiei aritmetice. Atunci ak+1 − ak = r iar

ak+p − ak = pr. Determinăm şirul sumelor parţiale:

sn =n∑k=1

1

akak+1 . . . ak+p=

n∑k=1

1

pr· ak+p − akakak+1 . . . ak+p

=

=1

pr

n∑k=1

(1

akak+1 . . . ak+p−1− 1

ak+1ak+2 . . . ak+p

)=

1

pr

(1

a1a2 . . . ap− 1

an+1an+2 . . . an+p

)

Trecând la limită, obţinem∞∑n=1

1

anan+1 . . . an+p=

1

pra1a2 . . . ap.

0.2 Să se determine suma seriei∞∑n=1

arctg2

n2 + n+ 4.

2

Soluţie. Folosim identitatea arctg x− arctg y = arctgx− y1 + xy

, adevărată

pentru xy > −1. Avem:

arctg2

k2 + k + 4= arctg

2

4 + k(k + 1)= arctg

2k(k+1)

1 + 4k(k+1)

=

= arctg2k− 2

k+1

1 + 2k· 2k+1

= arctg2

k− arctg

2

k + 1.

Suma parţială de ordinul n este

sn = arctg 2− arctg2

2+ arctg

2

2− arctg

2

3+ · · ·+ arctg

2

n− arctg

2

n+ 1=

= arctg 2− arctg2

n+ 1, iar

∞∑n=1

2

n2 + n+ 4= lim

n→∞sn = arctg 2.

0.3 Să se determine suma seriei∞∑n=2

3n+1

22n−3.

Soluţie. Scriem seria dată cu ajutorul seriei geometrice:

∞∑n=2

3n+1

22n−3=∞∑n=2

3n · 322n · 2−3

= 24∞∑n=2

(3

4

)n= 24

(3

4

)2 ∞∑n=2

(3

4

)n−2=

= 24

(3

4

)2 ∞∑p=0

(3

4

)p=

27

2· 1

1− 34

= 54.

0.4 Să se determine suma seriei∞∑n=1

(−1)n−1

n.

Soluţie. Observăm mai întâi că şirul(1n

)n≥1 este descrescător şi are

limita 0, prin urmare, conform Criteriului lui Leibniz, seria alternată∞∑n=1

(−1)n−1

neste convergentă.

3

Fie şirul (cn)n≥1, cn = 1 +1

2+ . . . +

1

n− lnn, cu lim

n→∞cn = c, unde c

este constanta lui Euler. Cunoscând convergenţa seriei, este suficient săstudiem un subşir al şirului sumelor parţiale. Avem:

s2n = 1− 1

2+

1

3− 1

4+ . . .+

1

2n− 1− 1

2n

= 1 +1

2+

1

3+ . . .+

1

2n− 2

(1

2+

1

4+ . . .+

1

2n

)= 1 +

1

2+

1

3+ . . .+

1

2n−(1 +

1

2+ . . .+

1

n

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

Urmează că limn→∞

sn = limn→∞

s2n = ln 2, deci∞∑n=1

(−1)n−1

n= ln 2.

0.5 Să se studieze convergenţa următoarelor serii:

a)∞∑n=1

(n!)2

(2n)!an, a > 0;

b)∞∑n=1

a(a+ 1) . . . (a+ n− 1)

n!· 1

nα, a > 0, α 6= a;

c)∞∑n=1

(lnn

n

)α, α ∈ R.

Soluţie. a) an =(n!)2

(2n)!an, n ≥ 1. Pentru a folosi Criteriul raportului

calculăm:

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

((n+ 1)!)2an+1

(2n+ 2)!· (2n)!

(n!)2an= lim

n→∞

a(n+ 1)

2(2n+ 1)=a

4.

Pentru a < 4 seria este convergentă, iar pentru a > 4 seria estedivergentă.

Pentru a = 4, Criteriul raportului nu este concludent, deci aplicămCriteriul lui Raabe-Duhamel. Avem

limn→∞

n

(anan+1

− 1

)= lim

n→∞n

(2n+ 1

2(n+ 1)− 1

)= lim

n→∞

−n2(n+ 1)

= −1

2< 1,

deci seria este divergentă.

4

b) an =a(a+ 1) . . . (a+ n− 1)

n!· 1

nα, n ≥ 1. Vom folosi Criteriul lui

Raabe-Duhamel:

limn→∞

n

(anan+1

− 1

)= lim

n→∞n

(n+ 1

a+ n

(n+ 1

n

)α− 1

)

= limn→∞

n

(n+ 1

a+ n

(n+ 1

n

)α− n+ 1

a+ n+n+ 1

a+ n− 1

)

= limn→∞

n ·(n+ 1

a+ n

((1 +

1

n

)α− 1

)+

1− aa+ n

)

= limn→∞

n+ 1

a+ n·

(1 +

1

n

)α− 1

1

n

+n(1− a)a+ n

= α + 1− a 6= 1.

(Am folosit limx→0

(1 + x)α − 1

x= α.)

Seria converge pentru α > a şi diverge pentru α < a.

c) an =

(lnn

n

)α, n ≥ 1. Pentru α ≤ 0, lim

n→∞an =

{∞, α < 0

1, α = 0, deci

seria este divergentă,∞∑n=1

an =∞.

Pentru α > 0, şirul (an)n≥1 este descrescător, pentru n ≥ 3. Prin ur-

mare, conform Criteriului condensării (Cauchy),∞∑n=1

an este convergentă

dacă şi numai dacă seria∞∑n=1

2na2n este convergentă. Avem:

∞∑n=1

2na2n =∞∑n=1

2n(ln 2n

2n

)α= (ln 2)α

∞∑n=1

nα

2(α−1)n.

Notând bn =nα

2(α−1)n, n ≥ 1, rezultă

limn→∞

bn+1

bn= lim

n→∞

(n+ 1)α

2(α−1)(n+1)· 2

(α−1)n

nα=

1

2α−1.

5

Aplicând Criteriul raportului, rezultă că seria∞∑n=1

bn este convergentă

dacă şi numai dacă1

2α−1< 1, adică α > 1.

In concluzie, seria∞∑n=1

an este convergentă pentru α > 1 şi divergentă

pentru α ≤ 1.

0.6 Să se studieze natura următoarelor serii:

a)∞∑n=2

(2−√e)(2− 3

√e) . . . (2− n

√e);

b)∞∑n=1

(e−

(1 +

1

n

)n).

Soluţie. a) Soluţia I. an = (2 −√e)(2 − 3

√e) . . . (2 − n

√e), n ≥ 2.

Criteriul raportului (D’Alembert) şi Criteriul Raabe-Duhamel nu sunteficiente. Demonstrăm că:

an+1

an= 2− n+1

√e >

1

n1

n− 1

, ∀ n ≥ 2.

Într-adevăr, din inegalitatea cunoscută(1 +

1

n

)n+1

> e, rezultă că

n+ 1

n> n+1√e şi apoi 2− n+1

√e >

n− 1

n.

Fie bn :=1

n− 1, n ≥ 2. Deoarece are loc

an+1

an≥ bn+1

bn, ∀ n ≥ 2

şi∞∑n=2

bn = +∞, rezultă∞∑n=2

an = +∞, conform Criteriului al doilea de

comparaţie.

Soluţia II. Din(1 +

1

n

)n< e <

(1 +

1

n

)n+1

, pentru n ≥ 1, rezultă

n+1√e < 1 +

1

n, de unde obţinem 2− n+1

√e > 1− 1

n, pentru n ≥ 1. Avem

(2− 3√e)(2− 4

√e) . . . (2− n

√e) > (1− 1

2)(1− 1

3) . . . (1− 1

n− 1), n ≥ 2,

(2−√e)(2− 3

√e) . . . (2− n

√e) > (2−

√e)

1

n− 1, n ≥ 2.

6

Cum∞∑n=2

1

n− 1=∞ rezultă că

∞∑n=2

(2−√e)(2− 3

√e) . . . (2− n

√e) =∞.

b) an = e −(1 +

1

n

)n> 0, ∀ n ≥ 1. Comparăm seria

∞∑n=1

an cu

∞∑n=1

1

nαpentru o valoare potrivită a lui α, α > 0. Avem:

limn→∞

an1

nα

= limn→∞

e−(1 +

1

n

)n(1

n

)α = limx↘0

e− (1 + x)1x

xα

= limx↘0

e− e 1xln(1+x)

xα= lim

x↘0e · 1− e

ln(1+x)x−1

ln(1 + x)

x− 1

·

ln(1 + x)

x− 1

xα

= −e limx↘0

ln(1 + x)− xxα+1

= −e limx↘0

1

1 + x− 1

(α + 1)xα

=e

α + 1limx↘0

1

xα−1(1 + x)=

+∞, α > 1e

2, α = 1

0, α < 1.

În concluzie, limn→∞

an1n

=e

2şi∞∑n=1

1

n= ∞ implică

∞∑n=1

an = +∞, con-

form Criteriului al treilea de comparaţie.

0.7 Să se studieze convergenţa următoarelor serii:

a)∞∑n=1

sin π√n2 + 1

b)∞∑n=1

cosn · sin 1

n

c)∞∑n=1

P (n)

αn, unde |α| > 1, iar P este un polinom cu coeficienţi reali.

7

Soluţie. a) an = sin π√n2 + 1 = sin(nπ + π(

√n2 + 1− n)︸ ︷︷ ︸

bn

) = sin(nπ +

bn)

= sinnπ cos bn + cosnπ sin bn = (−1)n sinπ(√n2 + 1− n)

= (−1)n sin π√n2 + 1 + n

.

Şirul(sin

π√n2 + 1 + n

)n≥1

este descrescător şi convergent către 0, deci

seria este convergentă, conform Criteriului lui Leibniz pentru serii alter-nate.

b) xn = cosn · sin 1

n, n ≥ 1. Notăm an = sin

1

n, bn = cosn şi

sn = b1 + b2 + . . .+ bn, n ≥ 1.

Din relaţia

cosx+ cos 2x+ . . .+ cosnx =sin

nx

2cos

(n+ 1)x

2

sinx

2

, sinx

26= 0

se obţine sn =sin

n

2cos

n+ 1

2

sin1

2

, n ≥ 1, deci |sn| ≤1

sin1

2

, ∀ n ≥ 1.

Ţinând cont de mărginirea lui (sn)n≥1 şi de faptul că an este descrescă-

tor şi convergent către 0, rezultă convergenţa seriei∞∑n=1

xn, conform cri-

teriului lui Abel-Dirichlet.c) Notăm an =

P (n)

αn, n > 1. Dacă P este polinomul nul rezultă că

seria este convergentă. Presupunem în continuare că P 6= 0 şi studiemconvergenţa absolută a seriei. Avem

limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn→∞

∣∣∣∣P (n+ 1)

P (n)

∣∣∣∣ · 1

|α|=

1

|α|< 1.

Deci∞∑n=1

|an| este convergentă, de unde rezultă că şi∞∑n=1

an este conver-

gentă.

8

0.8 Fie∞∑n=1

an o serie convergentă. Să se demonstreze că:

a) limn→∞

a1 + 2a2 + · · ·+ nann

= 0;

b)∞∑n=1

a1 + 2a2 + · · ·+ nann(n+ 1)

=∞∑n=1

an.

Soluţie. a) Fie sn = a1 + a2 + . . .+ an, n ≥ 1 şi limn→∞

sn = s, s ∈ R.Avem

a1 + 2a2 + . . .+ nan = s1 + 2(s2 − s1) + . . .+ n(sn − sn−1) == −s1 − s2 − . . .− sn−1 + nsn

limn→∞

a1 + 2a2 + . . .+ nann

= limn→∞

(−s1 + s2 + . . .+ sn−1

n+ sn

)=

= − limn→∞

snn+ 1− n

+ limn→∞

sn = −s+ s = 0.

(Folosind Criteriul Stolz-Césaro.)b) Avem

tn =n∑k=1

a1 + 2a2 + . . .+ kakk(k + 1)

= a1

(1

1 · 2+

1

2 · 3+ . . .+

1

n(n+ 1)

)+

+ 2a2

(1

2 · 3+

1

3 · 4+ . . .+

1

n(n+ 1)

)+ . . .+ nan ·

1

n(n+ 1)=

= a1

(1− 1

n+ 1

)+ 2a2

(1

2− 1

n+ 1

)+ . . .+ nan

(1

n− 1

n+ 1

)=

= a1 + a2 + . . .+ an −a1 + 2a2 + . . .+ nan

n+ 1=

= sn −a1 + 2a2 + . . .+ nan

n· n

n+ 1, n ≥ 1.

Concluzia rezultă acum ţinând cont de a).

0.9 Fie∞∑n=1

an o serie divergentă cu termeni pozitivi. Să se arate că:

a) Seria∞∑n=1

ansn

este divergentă;

9

b) Seria∞∑n=1

ans2n

este convergentă,

unde sn = a1 + a2 + · · ·+ an, n ≥ 1.

Soluţie. a) Fie tn :=n∑k=1

aksk

, n ≥ 1. Presupunem prin absurd că (tn)n≥1

este convergent. Atunci (tn)n≥1 este un şir Cauchy, deci pentru ε = 1

există n0 ∈ N astfel încât

|tn+p − tn| < 1, ∀ n ≥ n0, ∀ p ∈ N. (0.1.1)

Pe de altă parte

tn+p − tn =an+1

sn+1

+ . . .+an+psn+p

≥ an+1 + . . .+ an+psn+1

=

=sn+p − snsn+1

>sn+p − sn+1

sn+1

, n, p ∈ N∗.

Pentru n = n0 şi p ∈ N∗ urmează

tn0+p − tn0 >sn0+p

sn0+1

− 1, ∀ p ∈ N

şi deoarece limp→∞

sn0+p = +∞ obţinem limn→∞

(tn0+p − tn0) = +∞, con-

tradicţie cu (0.1.1).

b) Fie tn :=n∑k=1

aks2k

, ∀ n ≥ 1. Avem:

tn =a1s21

+a2s22

+ . . .+ans2n≤ s1s21

+s2 − s1s1s2

+ . . .+sn − sn−1snsn−1

=

=1

s1+

(1

s1− 1

s2

)+ . . .+

(1

sn−1− 1

sn

)=

2

s1− 1

sn<

2

s1

pentru orice n ≥ 1, deci (tn)n≥1 este convergent.

10

0.2 Probleme propuse

0.10 Să se determine sumele următoarelor serii:

i).∞∑n=1

1

n(n+ 3)

ii).∞∑n=1

1

4n2 − 1

iii).∞∑n=1

1

n(2n− 1)

iv).∞∑n=1

1

n(n+ 1) . . . (n+ p), p ≥ 1

v).∞∑n=1

arctg1

n2 + n+ 1

vi).∞∑n=1

n−√n2 − 1√

n(n+ 1)

vii).∞∑n=1

n2 − 3n+ 1

n!

viii).∞∑n=1

(2n− 1)!!

(2n+ 2)!!

ix).∞∑n=1

nan şi∞∑n=1

n2an, |a| < 1

x).∞∑n=0

an cosnx şi∞∑n=0

an sinnx, |a| < 1, x ∈ R

xi).∞∑n=1

2n−1

1 + a2n−1 , |a| > 1

xii).∞∑n=1

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

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

11

0.11 Să se studieze natura următoarelor serii:

i).∞∑n=1

n−√n2 − 1√

n(n+ 1)

ii).∞∑n=1

1

n n√n

iii).∞∑n=1

(1 · 3 . . . (2n− 1)

2 · 4 . . . 2n

)α, α ∈ R

iv).∞∑n=1

1

1 +√2 + 3√3 + · · ·+ n

√n

v).∞∑n=1

(n

1n2+1 − 1

)

vi).∞∑n=1

(3√n3 + 1− n

)0.12 Să se studieze natura următoarelor serii:

i).∞∑n=1

n!αn

nn, α > 0

ii).∞∑n=1

n

(1 +

1

n

)−n2

iii).∞∑n=1

arctg nn

n+ 1

iv).∞∑n=1

(an+ b

cn+ d

)n, a, b, c, d ∈ R, a, c > 0

v).∞∑n=1

nn

(a+ 1)(2a+ 1) . . . (na+ 1), a > 0

vi).∞∑n=1

alnn, a > 0

12

vii).∞∑n=1

1 · 3 · · · · · (2n− 1)

2 · 4 · · · · · (2n)· 1

2n+ 1

viii).∞∑n=1

1

n!

(ne

)nix).

∞∑n=1

e−3√n

0.3 Soluţii şi răspunsuri

0.10 i) Se descompune termenul general al seriei în ak =1

3

(1

k− 1

k + 3

).

Se obţine s =11

18. ii) Analog cu i) obţinem s =

1

2.

iii) sn =n∑k=1

1

k(2k − 1)=

n∑k=1

(2

2k − 1− 1

k

)= 2

n∑k=1

1

2k − 1−

n∑k=1

1

k

= 2

(2n∑k=1

1

k−

n∑k=1

1

2k

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

= 2c2n − 2cn + 2 ln 2, prin urmare∞∑n=1

1

n(2n− 1)= 2 ln 2.

iv) sn =n∑k=1

1

k(k + 1) . . . (k + p)=

n∑k=1

1

p· (k + p)− kk(k + 1) . . . (k + p)

=

=1

p

n∑k=1

(1

k(k + 1) . . . (k + p− 1)− 1

(k + 1)(k + 2) . . . (k + p)

)=

1

p

(1

p!− 1

(n+ 1)(n+ 2) . . . (n+ p)

)

Rezultă∞∑n=1

1

n(n+ 1) . . . (n+ p)= lim

n→∞sn =

1

p · p!.

13

v) Termenul general se scrie ak = arctg(k + 1)− k1 + k(k + 1)

= arctg (k + 1) −

arctg k. Se obţine s =π

4.

vi)k −√k2 − 1√

k(k + 1)=

√k2

k(k + 1)−

√(k − 1)(k + 1)

k(k + 1)=

√k

k + 1−√k − 1

k.

Suma parţială de ordinul n, sn =

√n

n+ 1, deci s = 1.

vii) Se caută numerele reale a, b, c pentru care k2 − 3k + 1 = a + bk +

ck(k − 1), obţinându-se a = 1, b = −2, c = 1. Termenul general al serieise scrie

ak =k2 − 3k + 1

k!=

1

k!− 2k

k!+k(k − 1)

k!=

1

k!− 2

(k − 1)!+

1

(k − 2)!,

pentru orice k ≥ 2. Suma parţială de ordinul n este

sn = −1− 1

1!+

1

0!+

1

n!− 1

(n− 1)!→ −1, când n→∞,

deci∞∑n=1

n2 − 3n+ 1

n!= −1.

viii) Termenul general se scrie

ak =(2k − 1)!!((2k + 2)− (2k + 1))

(2k + 2)!!=

(2k − 1)!!

(2k)!!− (2k + 1)!!

(2k + 2)!!. Suma

parţială de ordinul n este sn =1

2− (2n+ 1)!!

(2n+ 2)!!→ 1

2.

ix) Pentru orice a ∈ (−1, 1) avem 1 + a + a2 + . . . + an =an+1 − 1

a− 1.

Derivând relaţia precedentă obţinem

1 + 2a+ 3a2 + . . .+ nan−1 =nan+1 − (n+ 1)an + 1

(a− 1)2

a+ 2a2 + . . .+ nan =nan+2 − (n+ 1)an+1 + a

(a− 1)2

Trecând la limită, n → ∞, şi ţinând cont de limn→∞

nan = 0 obţinem∞∑n=1

nan =a

(a− 1)2. Analog,

∞∑n=1

n2an =a(a+ 1)

(1− a)3.

14

x) Fie sn =n∑k=0

ak cos kx, tn =n∑k=0

ak sin kx, n ∈ N. Avem:

sn + itn =n∑k=0

ak(cos kx+ i sin kx) =n∑k=0

ak(cosx+ i sinx)k =

=1− an+1(cosx+ i sinx)n+1

1− a(cosx+ i sinx)=

1− an+1 cos(n+ 1)x− ian+1 sin(n+ 1)x

1− a cosx− ia sinx.

Deoarece |an+1 cos(n + 1)x| ≤ |a|n+1, |an+1 sin(n + 1)x| ≤ |a|a+1 rezultăcă există

limn→∞

(sn + itn) =1

1− a cosx− ia sinx=

1− a cosx+ ia sinx

1− 2a cosx+ a2

şi

limn→∞

sn =1− a cosx

1− 2a cosx+ a2, lim

n→∞tn =

a sinx

1− 2a cosx+ a2.

xi)2n−1

1 + a2n−1 =2n−1

a2n−1 − 1− 2n

a2n − 1, n ≥ 1, deci

∞∑n=1

2n−1

1 + a2n−1 =1

a− 1.

xii) Fie an =(a+ 1)(a+ 2) . . . (a+ n)

(b+ 1)(b+ 2) . . . (b+ n), n ≥ 1. Observăm că a0 = 1 şi

an =a+ n

b+ n· an−1, adică an(b+ n) = an−1(a+ n). Aceasta se poate scrie

an((a+ n+ 1) + b− a− 1) = an−1(a+ n) sau

an =1

b− a− 1(an−1(a+ n)− an(a+ n+ 1)).

sn =n∑k=1

ak =1

b− a− 1

n∑k=1

((a+ k)ak−1 − (a+ k + 1)ak) =

=a+ 1− (a+ n+ 1)an

b− a− 1=

=a+ 1

b− a− 1

(1− (a+ 2)(a+ 3) . . . (a+ n+ 1)

(b+ 1)(b+ 2) . . . (b+ n)

)

Arătăm că xn :=(a+ 2)(a+ 3) . . . (a+ n+ 1)

(b+ 1)(b+ 2) . . . (b+ n)→ 0. Avem, folosind

inegalitatea lui Bernoulli (1 + x1) . . . (1 + xn) > 1+ x1 + · · ·+ xn, pentru

15

xk > 0, k = 1, n:1

xn=

(1 +

b− a− 1

a+ 2

)(1 +

b− a− 1

a+ 3

). . .

(1 +

b− a− 1

a+ b+ 1

)>

> (b− a− 1)

(1

a+ 2+

1

a+ 3+ . . .+

1

a+ n+ 1

)dar lim

n→∞

(1

a+ 2+

1

a+ 3+ . . .+

1

a+ n+ 1

)=∞, deci lim

n→∞xn = 0.

Rezultă că limn→∞

sn =a+ 1

b− a− 1.

0.11 i) Folosim al treilea Criteriu de comparaţie, cu∞∑n=1

bn =∞∑n=1

1

n2,

despre care se cunoaşte că este convergentă. Avem

limn→∞

anbn

= limn→∞

n−√n2 − 1√

n(n+ 1)· n2 = lim

n→∞

n2(n2 − n2 + 1)√n(n+ 1)(n+

√n2 − 1)

=1

2,

deci cele două serii au aceeaşi natură.

ii) Seria este divergentă, se compară cu seria armonică∞∑n=1

1

n.

iii) limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

(2n+ 1

2n+ 2

)α= 1, deci Criteriul raportului nu poate

fi folosit. Avem

limn→∞

n

(anan+1

− 1

)= lim

n→∞n

((2n+ 2

2n+ 1

)α− 1

)

= limn→∞

(1 +

1

2n+ 1

)α− 1

1

2n+ 1

· n

2n+ 1=α

2,

deci seria converge pentru α > 2 şi diverge pentru α < 2, conformCriteriului Raabe-Duhamel.

Pentru α = 2 aveman+1

an=

(2n+ 1

2n+ 2

)2

>

1

n+ 11

n

. Alegând bn :=1

n, n ≥

1, inegalitateaan+1

an≥ bn+1

bn, ∀ n ≥ 1 şi

∞∑n=1

bn =∞ implică∞∑n=1

an =∞,

conform Criteriului al doilea de comparaţie.

16

iv) an =1

1 +√2 + . . .+ n

√n, n ≥ 1. Fie bn =

1

nα, α > 0, n ≥ 1. Avem:

limn→∞

anbn

= limn→∞

nα

1 +√2 + . . .+ n

√n= lim

n→∞

(n+ 1)α − nαn+1√n+ 1

=

+∞, α > 1

1, α = 1

0, α < 1.

Din relaţia limn→∞

an1

n

= 1 rezultă∞∑n=1

an = +∞, conform Criteriului al

treilea de comparaţie.

v) Fie an = n1

n2+1 − 1, n ≥ 1. Evident an > 0 şi

an = elnnn2+1 − 1 =

elnnn2+1 − 1

lnnn2+1

· lnn

n2 + 1, n ≥ 1.

Notăm bn = lnnn2+1

, n ≥ 1. Folosind limx→0

ax − 1

x= ln a, avem lim

n→∞

anbn

= 1,

deci seriile∞∑n=1

an şi∞∑n=1

bn au aceeasi natură conform Criteriului com-

paraţiei.

Pe de altă parte avem bn =2 ln√n

n2 + 1≤ 2

√n

n2 + 1, n ≥ 1 şi cum

∞∑n=1

2√n

n2 + 1

are aceeaşi natură cu∞∑n=1

1

n√n, rezultă că

∞∑n=1

bn este convergentă şi la

fel,∞∑n=1

an este convergentă.

vi) an =3√n3 + 1 − n =

13√(n3 + 1)2 + n 3

√n3 + 1 + n2

care are aceeaşi

natură cu∞∑n=1

1

n2(Criteriul 3 al comparaţiei, lim

n→∞

an1n

=1

3), deci seria

este convergentă.

0.12 i) Seria este convergentă pentru α < e şi divergentă pentru α > e,

din Criteriului raportului, deoarece limn→∞

an+1

an= lim

n→∞α

(n

n+ 1

)n=a

e.

17

Pentru α = e aveman+1

an=

e(1 +

1

n

)n > 1, ∀ n ≥ 1, deoarece (en)n≥1,

en =

(1 +

1

n

)neste un şir crescător. Deci an+1 > an > 0, ∀ n ≥ 1 ceea

ce implică∞∑n=1

an = +∞.

ii) Avem limn→∞

n√an = lim

n→∞n√n

(1 +

1

n

)−n=

1

e< 1, prin urmare seria

este convergentă, conform Criteriului rădăcinii.

iii) Convergentă, conform Criteriului rădăcinii.

iv) Deoarece a, c > 0 există n0 ∈ N astfel ca xn :=

(an+ b

cn+ d

)n> 0

pentru orice n ≥ n0. Avem limn→∞

n√xn =

a

c. Deci pentru a < c seria este

convergentă şi pentru a > c este divergentă conform Criteriului rădăcinii.

Pentru a = c avem limn→∞

xn = limn→∞

(1 +

b− dan+ d

)n= e

b−da 6= 0 deci seria

este divergentă.

v) Notăm an =nn

(a+ 1)(2a+ 1) . . . (na+ 1), n ≥ 1. Avem

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

(1 +

1

n

)nn+ 1

(n+ 1)a+ 1=e

a,

deci pentru a > e seria converge, iar pentru a < e seria diverge, conformCriteriului raportului. Pentru a = e aplicăm Criteriul Raabe-Duhamel.

limn→∞

n

(anan+1

− 1

)= lim

n→∞n

(e+ 1

n+1(1 + 1

n

)n − 1

)=

=1

elimn→∞

n

(e−

(1 +

1

n

)n+

1

n+ 1

)=

=1

elimn→∞

n

(e−

(1 +

1

n

)n)+

1

elimn→∞

n

n+ 1=

1

e· e2+

1

e< 1.

Deci seria diverge pentru a = e.

18

vi) an = alnn, n ≥ 1. Avem limn→∞

an+1

an= 1, deci Criteriul raportului nu

este eficient. Pentru a folosi Criteriul lui Raabe-Duhamel, calculăm:

limn→∞

n

(anan+1

− 1

)= lim

n→∞n(aln

nn+1 − 1) =

= limn→∞

alnn

n+1 − 1

lnn

n+ 1

· ln(

n

n+ 1

)n= − ln a.

Seria este convergentă pentru a <1

eşi divergentă pentru a >

1

e.

Pentru a =1

ese obţine direct an =

1

n, deci avem

∞∑n=1

an =∞.

vii) Avem limn→∞

n

(anan+1

− 1

)=

3

2> 1, deci seria este convergentă.

viii) Folosim Criteriul Raabe-Duhamel. Fie an =1

n!

(ne

)n, n ≥ 1.

limn→∞

n

(anan+1

− 1

)= lim

n→∞n

(e(

1 + 1n

)n − 1

)=

= limn→∞

1(1 + 1

n

)n · limn→∞

n

(e−

(1 +

1

n

)n)=

1

e· e2=

1

2< 1,

deci seria este divergentă.

ix) Şirul (e− 3√n)n≥1 este descrescător, deci seria∞∑n=1

an are aceeaşi natură

cu∞∑n=1

2na2n , conform Criteriului de condensare a lui Cauchy. Fie bn =

2na2n = 2ne−3√2n . Avem lim

n→∞

bn+1

bn=

2

e3√2

< 1, deci seria converge.

(Aceeaşi concluzie se poate obţine şi aplicând Criteriul Raabe-Duhamel;

avem limn→∞

n

(anan+1

− 1

)=∞).