mateforum.ro

a) Fie \( a\in(-1;1) \). Studiati convergenta sirului \( (s_n)_{n\geq 1} \) cu termenul general:
\( s_n=a+2\cdot a^2+ 3 \cdot a^3 + ... + n \cdot a^n \), pentru orice \( n \geq 1 \).

b) Demonstrati ca pentru orice \( x,y,z \in (0;1) \) cu \( x+y+z=1 \) avem
\( \frac{x}{(y+z)^2}+\frac{y}{(x+z)^2}+\frac{z}{(x+y)^2} \geq \frac{sqrt{xy}}{(1-xy)^2}+\frac{sqrt{yz}}{(1-yz)^2} + \frac {sqrt{zx}}{(1-zx)^2} \).

b) Folosim relatia : \( a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca \)

Asadar \( \sum{\frac{x}{(y+z)^2}}=\sum{\frac{x}{(1-x)^2}}\ge\sum{\frac{\sqrt{xy}}{(1-x)(1-y)}}\ge\sum{\frac{\sqrt{xy}}{(1-\sqrt{xy})^2}}\ge\sum{\frac{\sqrt{xy}}{(1-xy)^2}} \)

deoarece \( (1-x)(1-y)\le(1-\sqrt{xy})^2\le(1-xy)^2 \)

As fi curios cum se poate rezolva punctul b) folosind a).

Laurian Filip wrote:As fi curios cum se poate rezolva punctul b) folosind a).

Vezi aici.

\( s_n=\frac{na^{n+2}-(n+1)a^{n+1}+a}{(a-1)^2}\to \frac{a}{(1-a)^2} \).

Pentru convergenta:
\( |s_n|\leq |a|+...+|\sqrt[n]{n}a|^n \). Deoarece \( \sqrt[n]{n}\searrow 1 \\ a<1 \Rightarrow \) exista \( n_0 \) pentru care \( \sqrt[n]{n}a < 1-\alpha,\ pt\ un\ \alpha >0,\ \forall n\geq n_0 \).
Atunci \( |s_n|\leq |a|+..+|\sqrt[n_0]{n_0}|+(1-\alpha)^{n_0+1}+...+(1-\alpha)^n \) pentru \( n \) suficient de mare. Asta arata ca \( |s_n| \) e marginit si seria e convergenta.


(pentru cei care stiu un pic de teorie, seria asta e seria derivata a seriei de puteri minus o serie de puteri, ambele avand raza de convergenta 1. Deci autorul problemei probabil ca nu s-a chinuit prea mult sa o "inventeze"...)