mateforum.ro

Bibliografie.

[1] Acad. Miron NICOLESCU: Analiza Matematica vol. I, Ed. Didactica si Pedagogica, Bucuresti, 1965.
[2] BATINETU, D.M.: Siruri, Editura ALBATROS, 1979, Bucuresti.
[3] CORDUNEANU, A.: Culegere de probleme de matematica, Editura JUNIMEA, Iasi, 1972.
[4] IAGLOM, A.M. si I.M.: Probleme neelementare tratate elementar, Editura Tehnica, Bucuresti, 1985
[5] MARKUSEVICI, A.I.: Siruri recurente, Editura Tehnica, Bucuresti, 1985
[6] NICULA, Virgil: Analiza Matematica pentru clasa a XI - a, Ed. TEORA, Bucuresti, 1999.
[7] SIRETCHI, Gh.: Calcul diferential si integral vol. I, Editura Stiintifica si Enciclopedica, Bucuresti, 1985.
[8] *********: GAZETA MATEMATICA Seria B, Bucuresti, 1980-2008.
[9] *********: AICI !

Testul I (tehnica) - 26 exercitii.

I. Sa se determine termenul general \( a_n=f(n)\ ,\ n\in\mathbb N^* \) pentru sirurile recurente :

\( \clubsuit\ \ a_1=1\ ;\ a_{n+1}=\frac {a_n}{1+a_n}\ ,\ n\in\mathbb N^*\ . \)

\( \clubsuit\ \ a_1=1\ ,\ a_2=2\ ;\ a_{n+2}=2a_{n+1}-a_n\ ,\ n\in\mathbb N^*\ . \)

\( \clubsuit\ \ a_1=1\ ;\ a_{n+1}=1-\frac {1}{4a_n}\ ,\ n\in\mathbb N^*\ . \)

\( \clubsuit\ \ a_1=1\ ;\ (n+1)a^2_{n+1}=a^2_n+1\ ,\ \mathbb N^*\ . \)

\( \clubsuit\ \ a_1=0\ ;\ a_{n+1}=\frac {1}{n(n+1)}\cdot\sum_{k=1}^nka_k-\frac 12\ ,\ n\in\mathbb N^*\ . \)

\( \clubsuit\ \ a_1=1\ ;\ a_{n+1}=1+\sum_{k=1}^nka_k\ ,\ n\in\mathbb N^*\ . \)

\( \clubsuit\ \ a_1=0\ ;\ a_{n+1}=a_n\sqrt 2+\sqrt {2+a_n^2}\ ,\ n\in\mathbb N^*\ . \)

II. Sa se determine limitele (daca exista !) urmatoarelor siruri:

II.1 (3 ex). \( (0,99)^n\cdot n^p\cdot\sin n\ \ \ ;\ \ \ n^p\cdot(-1)^n\cdot\left(\tan\ \frac {\pi}{4n}\right)^n\ \ \ ;\ \ \ \sin(n!\pi x) \) , unde \( p\in\mathbb{N}^* \), \( x\in\mathbb{Q} \).

II.2 (6 ex). \( \sin^r\left(\pi\sqrt[p]{n^p+an^{p-1}+1}\right)\ \ \ ;\ \ \left\{\sqrt[p]{n^p+an^{p-1}+1}\right\}\ ,\ \frac ap\ \not\in\ \mathbb Z\ \ \ ;\ \ \ \frac 1n\cdot [na]\ \ \ ;\ \ \ n\left[\frac 1n\cdot a\right] \),

\( \left(\frac {\ln\ n!}{n\ln\ n}\right)^{\ln\ n} \), \( \left(\sqrt[p]{1+\frac 1n}+\sqrt[p]{1-\frac 1n}-2\right )\cdot n^2 \), unde \( r\in\mathbb{N}^* \), \( p\in \mathbb N \), \( p\ge 2 \), \( a\in\mathbb R \).

II.3 (4 ex). \( \sum_{k=1}^n\frac {k}{2^k}\ \ \ ;\ \ \ \frac {2^n}{n}\cdot\left(2-\sum_{k=1}^n\frac {k}{2^k}\right)\ \ \ ;\ \ \ \frac {n}{2^n}\cdot\sum_{k=1}^n\frac {2^k}{k}\ \ \ ;\ \ \ \sum_{k=1}^n\frac {\sin kx}{2^k} \).

II.4 (2 ex). \( (n+1)!\cdot\left(\sum_{k=1}^n\frac {k^3+3k^2-k-4}{(k+3)!}+\frac 12\right)\ \ \ ;\ \ \ \frac {1}{\ln n}\cdot\left(\sum_{k=1}^n\sqrt[n] k-n\right) \).

II.5 (3 ex). \( 0<a\ne 1\ \ :\ \ F_n\equiv\sum_{k=0}^n\frac {1}{k!}\ \ \ ;\ \ \ n\cdot\left(a^{F_n}-a\right)\ \ \ ;\ \ \ \left(1+e-F_n\right)^{n!}\ \ \ ;\ \ \ \left(1+e-F_n\right)^{(n+1)!} \).

II.6 (3 ex). \( \frac {\sqrt {n!}}{\prod_{k=1}^n\left(2+\sqrt k)}\ \ \ ;\ \ \ \prod_{k=1}^n\left(1+\frac {x-1}{k}\right) \), \( n\cdot\left(\frac {1}{n^{p+1}}\sum_{k=1}^nk^p-\frac {1}{p+1}\right) \) , unde \( p\in \mathbb{N}^* \), \( x>0 \).

II.7. \( \frac {1}{\ln n}\cdot\sum_{k=1}^n\ln\frac {a+y_k}{b+y_k} \), unde \( a>0\ ,\ b>0\ ,\ a\ne b \) si \( y_n\nearrow \infty\ ,\ y_{n+1}-y_n\rightarrow l\in\mathbb R \).

II.8. Sa se determine \( a \), \( b \) reale astfel incat:

II.8.1. \( \lim_{n\to\infty}\ \left(\sqrt[3]{n^3+3n^2+n+1}+2\sqrt[5]{n^5+10n^4+3n+1}+na\right)=b \).

II.8.2. \( \lim_{n\to\infty}\ n\cdot\left(\ \sqrt{\frac {an+1}{n+3}}\ -\ b\ \right)=b-2a \).

II.8.3. Sirurile \( a_n=\ln (n+1)+a\cdot\ln (n+2)+b\cdot\ln (n+3) \) si \( b_n=\sum_{k=1}^n a_k \) sunt convergente.

II.8.4. \( \lim_{n\to\infty}\ n\cdot\left(\sqrt {n^2+n+1}+\sqrt {n^2-n+1}+an\right)=b \) .

(*) III. Pentru \( x\in (0,1)\ ,\ p\in \mathbb N \) consideram sirul "suma" \( \overline {\underline {\left\|\ a_n(p,x)=\sum_{k=1}^nk^px^k\ ,\ n\in\mathbb N^*\ \right\|}} \) . Sa se arate:

III.1. Pentru orice \( p\in \mathbb N \) sirul \( a_n(p,x) \) este convergent, adica \( a_n(p,x)\rightarrow L_p\in\mathbb R \).

III.2. \( L_0=\frac {x}{1-x} \) si pentru orice \( p\in \mathbb N^* \) exista recurenta \( L_p=L_0\cdot\left(1+\sum_{k=0}^{p-1}C_p^kL_k\right) \).

Gata ! Succes, Faust, Svejk, Posabogdan & Co ! Atentie !

1. Un test se constituie in tema pentru doua saptamani si se incadreaza in "Preolympiad section".

2. Va rog sa enuntati teoremele si limitele remarcabile pe care le folositi. Daca folositi niste rezultate

care nu apartin manualului, va rog sa le demonstrati sau sa dati un link care contine si demonstratia.

Exemplu. "... . Din teorema \( T_1 \) rezulta ... " ; la subsolul solutiei mentionati "\( \ T_1 \) : ... (demonstratie sau link) ... "

3. In general, sunt binevenite chiar mai multe solutii pentru acelasi exercitiu.

4. Imediat dupa ce se vor posta solutiile tuturor exercitiilor, voi edita urmatorul test.

II.1
a)\( \frac{n^p}{a^n}sin n=0 \) unde a>1 (sin n e marginit iar cealalta tinde la 0)

b)\( n^p (tan(\frac{\pi}{4n}))^n \leq n^p (tan\frac{\pi}{8})^n\rightarrow 0 (tan\frac{\pi}{8} \)e subunitar)
c)
Fie \( x=\frac{p}{q} \Rightarrow \forall n\geq q \Rightarrow sin(n!x\pi)=0 \)

II.2
a) ,b) Pt primele doua se aplica \( \sqrt[p]{n^p+an^{p-1}+..} - n=\frac{a}{p} \)((demonstratia aici , sau alta varianta se poate demonstra folosind "e" ul )

c)\( \frac{[na]}{n}=\frac{na-\{na\}}{n}\rightarrow a \)

d)Pentru \( n\geq a \Rightarrow \left[ \frac{a}{n}\right]=0 \) deci si limita va fi 0

e)Folosind Stolz Cesaro se ajunge ushor la\( \lim_{n\to\infty}\left( \frac{ln n!}{nlnn}\right)=1 \)
\( L=\lim_{n\to\infty}\left( \frac{ln n!}{nlnn}\right)^{lnn}=e^l \)
unde \( l=\lim_{n\to\infty} \ln(n) \left( \frac {\ln n!}{n\ln n}-1\right)=\lim_{n\to\infty} \frac{\ln n!- n \ln n}{n}=^{SC}\lim_{n\to\infty}( \ln(n+1)+n \ln n -(n+1)\ln(n+1))=-1 \)
Deci \( L=\frac{1}{e} \)

Revin...

Svejk, cu sirul \( a_n=n\cdot\left[\frac an\right] \) ai fost cam neglijent. Ti s-a parut simplu si l-ai "expediat".

Raspunsul corect este : \( \lim_{n\to\infty}\ a_n=\left\{\begin{array}{c}
0 & \mathrm{daca} & a\ge 0\\\\
-\infty & \mathrm {daca} & a<0\end{array} . \)

Subiectul I
Problema 1) FIe functia \( f(x)=\frac{x}{1+x} \)
\( \frac{1}{f(x)}=\frac{1}{x}+1 \)
\( \frac{1}{f^2(x)}=\frac{1}{f(x)}+1 =\frac{1}{x}+2 \)
Deci \( \frac{1}{f^n(x)}=\frac{1}{x}+n \) unde \( f^n \) reprezinta compunerea de n ori a functie
Plecand de la \( a_1 \) obtinem ca
\( a_{n+1}=\frac{1}{n+ \frac{1}{a_1} \);\( a_{n}= \frac{1}{n} \)
Sau : se observa formula termenului general ( care nu e greu de observat ) si se demonstreaza prin inductie
Problema 2) Recurenta de ordinul doi pe care toata lumea stie sa o rezolve ( plus ca nu imi plac calculele )

Problema 3) Se aplica metoda pe la Problema 1) . Se ia functia \( f(x)=1-\frac{1}{4x} \) etc...
Problema 4) Notez \( a^2_{n+1}=x_{n+1} \) si atunci
\( (n+1)x_{n+1}=x_n+1 \)
Se scrie aceasta recurenta pentru valorile de la 1 la n ,se inmulteste convenabil astfel incat la adunare sa obtinem doar \( x_{n+1} \)
\( nx_n=x_{n-1}+1 \) | inmultim cu (n-1)!
\( (n-1)x_{n-1}=x_{n-2}+1 \) | inmultim cu (n-2)!
............
\( 3x_3=x_2+1 \) | inmultim cu 2!
\( 2x_2=x_1+1 \)
Se aduna aceste relatii si se obtine forma lu \( x_n \)
Problema 6)
\( \ a_{n+1}=1+\sum_{k=1}^nka_k\ =a_n+na_n=(n+1)a_n \) si la fel ca la problema preedenta se scriu relatiile de la 1 la n etc...
Problema 5) este similara cu problema de mai sus

La partea I (dar foarte pe scurt!!!) :

a) \( a_n = \frac {1}{n} \);
b) \( a_{n+1} -a_n=a_n-a_{n-1}=...=a_2 -a_1=1 \Rightarrow a_n=n \);
c) \( a_n= \frac {n+1}{2n} \) (inductie matematica);
d) \( a_n= \sqrt {{\frac{1}{n!}}{\sum_{k=1}^{n-1} {k!}}} \);
e) \( a_n= - {\frac {1}{2n}}{\sum_{k=2}^{n-1} {k 2^{n-k-1}} - \frac {1}{2} \) pentru orice \( n \geq 3 \);
f) se aplica aceeasi metoda de rezolvare ca la punctul e) ;
g) \( a_{n+1}+a_{n-1}=2{\sqrt 2}a_n \) de unde rezulta usor forma lui \( a_n \).