mateforum.ro

\( 1.\ \ \) Sa se determine \( \lim_{n\to\infty}\ n^2\cdot\left(\sqrt {1+\frac 1n+\frac {a}{n^2}}+\sqrt {1-\frac 1n+\frac {b}{n^2}}-2\right)\ . \)

\( 2.\ \ \lim_{n\to\infty}\ n\ \left(\ \sqrt[p]{n^p+an^{p-1}+bn^{p-2}+1}+\sqrt[p]{n^p-an^{p-1}+cn^{p-2}+1}-2n\ \right)=\frac {b+c}{p}-\frac {p-1}{p^2}\cdot a^2\ . \)

\( 3.\ ^{(*)}\ \) Aratati ca ecuatia \( \sqrt[n]{x+1}-\sqrt[n]x=\frac 1n \) , unde \( n\in\mathbb{N}\ ,\ n\ge 2 \) are un singur zero \( x_n\in (0,1) \) si \( x_n\ \rightarrow\ \frac {1}{e-1}\ . \)

\( 4.\ \ \)Fie sirul \( x_1=a\in\mathbb R \) si \( x_{n+1}=x_n+\sqrt {1+x_n^2}\ ,\ n\in\mathbb{N}^*\ . \) Sa se arate ca \( \frac{2^n}{x_n}\ \rightarrow\ 2\cdot\mathrm{arctg} a\ . \)

\( 5.\ \ \) Fie sirul \( x_1>0 \) si \( x_{n+1}=\frac {x_n}{1+nx_n^2}\ ,\ n\in\mathbb{N}^*\ . \) Sa se arate ca \( x_n\ \rightarrow\ 0 \) si \( \lim_{n\to\infty}\ nx_n=1\ . \)

\( 6.\ ^{(*)}\ \) Fie sirul \( x_1>0\ ,\ x_{n+1}=\left|x_n-n\right|\ ,\ n\in\mathbb{N}^*\ . \) Sa se arate ca \( x_n\ \rightarrow\ \infty \) si \( \frac {x_n}{n}\ \rightarrow\ \frac 12\ . \)

\( 7.\ \) Sa se arate ca \( \lim_{n\to\infty}\ \frac {1}{2}\cdot \frac 34\cdot\frac 56\ \cdot\ \cdot\ \ \cdot\ \frac {2n-1}{2n}=0 \) (poti folosi asta). Vezi si alte trei limite aici : alfabetagama .

\( 8.\ \ \) Fie \( x_1\in \left(0,\pi\right)\ ,\ x_{n+1}=\sin x_n\ ,\ n\in\mathbb{N}^*\ . \) Sa se arate ca \( x_n\ \rightarrow\ 0 \) si \( \lim_{n\to\infty}\ x_n\cdot\sqrt n=\sqrt 3\ . \)

\( 9.\ \ \) Fie \( a_n=\frac {\sqrt[n]{n!}}{n}\ ,\ n\in\mathbb N^*\ . \) Sa se arate ca \( \lim_{n\to\infty}\ \frac {n}{\ln n}\cdot\left(a_n-\frac 1e\right)=\frac {1}{2e} \) si \( \lim_{n\to\infty}\ \frac {n}{\ln n}\cdot\left(e-\frac {n}{\sqrt[n]{n!}}\right)=\frac {e}{2}\ . \)

\( 10.\ \ \) Fie functiile \( f_n\ :\ \left[e\ ,\ \infty\right)\ \rightarrow\ \mathbb R \) definite astfel : \( f_0(x)=\ln x \) si pentru \( n\in\mathbb N \) ,

\( f_{n+1}(x)=\ln \left[xf_n(x)\right]\ . \) Sa se arate ca \( \lim_{x\to e}\ \frac {\ln f_n(x)}{x-e}=\lim_{x\to e}\ \frac {f_n(x)-1}{x-e}=\frac {n+1}{2}\ . \)

5. Din inegalitatea mediilor obtinem \( \frac{x_n}{1+nx_n^{2}}\leq \frac{1}{2\sqrt{x}_n} \), deci sirul \( (x_n) \) tinde la 0, iar pentru cea de-a doua cerinta, folosind lema lui Cezaro, rezulta ca daca exista limita sirului \( (nx_n) \), atunci ea este egala cu 1 (ne uitam la sirul \( \frac{n}{\frac{1}{x_n}} \)).

Pentru a arata ca sirul \( (nx_n) \) are limita, mai intai se demonstreaza prin inductie ca \( nx_n\leq 1 \), pentru \( n\geq 2 \) si apoi folosind acest fapt iese ca \( (n+1)x_{n+1}\geq nx_n \), pentru n mai mare decat 2.

Vreun hint pentru 1 sau 3?

@Andrei Ciupan.

Virgil Nicula wrote:\( 1.\ \ \) Sa se determine \( L\equiv\lim_{n\to\infty}\ n^2\cdot\left(\ \sqrt {1+\frac 1n+\frac {a}{n^2}}+\sqrt {1-\frac 1n+\frac {b}{n^2}}-2\ \right)\ . \)

Dem (fara regulile lui l'Hospital). Notam \( a_n=\sqrt {1+\frac 1n+\frac {a}{n^2}}\ \) si \( \ b_n=\sqrt {1-\frac 1n+\frac {b}{n^2}}\ . \) Se arata usor ca

\( \lim_{n\to\infty}\ n\left(a_n-1\right)=\frac 12 \) , \( \lim_{n\to\infty}\ n\cdot\left(b_n-1\right)=-\frac 12 \) si \( \lim_{n\to\infty}\ n^2\cdot\left(a_nb_n-1\right)=\frac {a+b-1}{2} \) . Asadar,

\( L=\lim_{n\to\infty}\ n^2\left(a_n+b_n-2\right)=\lim_{n\to\infty}\ n^2\cdot\left[\left(a_nb_n-1\right) -\left(a_n-1\right)\cdot\left(b_n-1\right)\right]=\frac {a+b-1}{2}+\frac 14=\frac {a+b}{2}-\frac 14\ . \)

Observatie. Asemanator se face si cel de-al doilea exercitiu, desi pare mai general.

Eu zic sa va ganditi la exercitiile 3 si 6 (cu steluta). Ambele au aparut in GMB.
Prima imi apartine si a doua este a lui Vulpescu Jalea, foarte interesante.

3. Consideram sirul de functii \( f_n:(0,\infty)\to\mathbb{R} \), \( f_n(x)=\sqrt[n]{x+1}-\sqrt[n]{x}-\frac{1}{n} \), care evident sunt continue. Mai mult \( f_n(0)=1-\frac{1}{n}>0 \forall n>2 \) si \( f_n(1)=\sqrt[n]{2}-\sqrt[n]{1}-\frac{1}{n}<0 \), chestie care se demonstreaza foarte simplu: \( \sqrt[n]{2}<1+\frac{1}{n} <=> 2<(1+\frac{1}{n})^n=e_n \) iar \( (e_n) \) este strict crescator, adica \( e_n>e_2=2,25>2 \).
Revenind, din Cauchy-Bolzano rezulta ca \( f_n \) are un zero in (0,1).

Unicitatea acum: demonstram ca \( f_n \) este strict descrescatoare lucru care este echivalent cu: \( x>y,\ f(x)<f(y) <=> \sqrt[n]{x+1}-\sqrt[n]{y+1}<\sqrt[n]{x}-\sqrt[n]{y} \), ceea ce este banal de demostrat.
In concluzie solutia este unica.

Fie \( x_n \) solutia ecuatiei \( f_n(x)=0 \). Relatia din ipoteza se mai scrie \( n(\sqrt[n]{x+1}-\sqrt[n]{x})=1 \) si trecand la limita =>\( \lim_{n\to\infty} n(\sqrt[n]{x+1}-\sqrt[n]{x})=1 \). Acum \( \lim_{n\to\infty} n(\sqrt[n]{x+1}-\sqrt[n]{x})=\lim_{n\to\infty} n(\sqrt[n]{x+1}-1)- n(\sqrt[n]{x}-1) \) si limitele se cunosc, deci \( \lim_{n\to\infty} n(\sqrt[n]{x+1}-\sqrt[n]{x})=\ln{(x+1)}-\ln x \) deci limita lui \( (x_n) \) este solutia ecuatiei \( \ln{(x+1)}-\ln{x}=1 \) iar \( x=\frac{1}{e-1} \) deci \( \lim_{n\to\infty} x_n=\frac {1}{e-1} \).

Nu stiu daca ar mai fi trebuit demonstrata convergenta lui \( x_n \), dar nu cred.

8. Este evident ca\( (x_n)_{n\ge 1} \) este marginit, deoarece functia \( sin \)este marginita. Pt. monotonie \( x_{n+1}-x_n=sin x_n -x_n <0 ,\forall n\in\mathbb{N} \).
In concluzie \( (x_n)_{n\ge 1} \) este convergent. Notand cu \( l=\lim_{n\to\infty} x_n \) avem \( l=sin l \) cu solutia \( l=0 => \lim_{n\to\infty} x_n=0 \).
Pt a doua limita in loc de \( x_n\sqrt{n} \) calculam limita lui \( x_n^2n \).
Sirul \( (\frac {1}{x_n^2}) \) indeplineste conditiile lemei Cesaro-Stolz, deci
\( \lim_{n\to\infty} x_n^2n=\lim_{n\to\infty} \frac {n}{\frac {1}{x_n^2}}=\lim_{n\to\infty} \frac {1}{\frac {1}{x_{n+1}^2}-\frac{1}{x_n^2}}=\lim_{n\to\infty} \frac {x_n^2}{(\frac {x_n}{\sin x_n}-1)(\frac {x_n}{\sin x_n}+1)}=\lim_{n\to\infty} \frac{1}{(\frac{x_n-\sin x_n}{x_n^2\sin x_n})(\frac {x_n}{\sin x_n}+1)}=\lim_{n\to\infty} \frac {1}{\frac {x_n}{\sin x_n}\frac {x_n-\sin x_n}{x_n^3}(\frac {x_n}{\sin x_n}+1)}=\frac {1}{\frac{2}{6}}=\frac {6}{2}=3 \).
In concluzie \( \lim_{n\to\infty} x_n\sqrt{n}=\sqrt 3 \).
Am folosit faptul ca \( \lim_{n\to\infty} x_n=0 \) si limita \( \lim_{x\to\0} \frac {x-\sin x}{x^3}=\frac {1}{6} \).