În această culegere propunem 20 de exerciții rezolvate privind operațiile cu limite de șiruri. Exercițiile arată cum se aplică în mod corect regulile referitoare la sumă, diferență, produs și cât, acordând atenție ipotezelor teoremelor și formelor nedeterminate.
Ideea fundamentală este următoarea: dacă două șiruri converg către limite finite, atunci, sub ipoteze adecvate, limita șirului obținut printr-o operație algebrică se calculează aplicând aceeași operație limitelor.
Exercițiul 1 — nivel ★☆☆☆☆
Să se calculeze limita șirului
\[ c_n=\frac{1}{n}+\frac{n}{n+1}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\frac{1}{n}+\frac{n}{n+1}\right)=1. \]
Rezolvare
Șirul este suma a două șiruri:
\[ \frac{1}{n} \qquad\text{și}\qquad \frac{n}{n+1}. \]
Să calculăm separat cele două limite.
Avem
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}=0. \]
În plus,
\[ \frac{n}{n+1}=\frac{n+1-1}{n+1}=1-\frac{1}{n+1}. \]
Deoarece
\[ \frac{1}{n+1}\to0, \]
rezultă că
\[ \frac{n}{n+1}\to1. \]
Putem așadar aplica limita sumei:
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\frac{1}{n}+\frac{n}{n+1}\right) = \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n} + \lim_{n\to+\infty}\frac{n}{n+1}. \]
Prin urmare,
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\frac{1}{n}+\frac{n}{n+1}\right)=0+1=1. \]
Exercițiul 2 — nivel ★☆☆☆☆
Să se calculeze limita șirului
\[ c_n=\left(2+\frac{1}{n}\right)-\left(3-\frac{2}{n}\right). \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\left[\left(2+\frac{1}{n}\right)-\left(3-\frac{2}{n}\right)\right]=-1. \]
Rezolvare
Să considerăm cele două șiruri
\[ a_n=2+\frac{1}{n} \qquad\text{și}\qquad b_n=3-\frac{2}{n}. \]
Deoarece
\[ \frac{1}{n}\to0, \]
obținem
\[ a_n=2+\frac{1}{n}\to2. \]
În mod analog, deoarece
\[ \frac{2}{n}\to0, \]
avem
\[ b_n=3-\frac{2}{n}\to3. \]
Aplicăm acum limita diferenței:
\[ \lim_{n\to+\infty}(a_n-b_n) = \lim_{n\to+\infty}a_n-\lim_{n\to+\infty}b_n. \]
Așadar,
\[ \lim_{n\to+\infty}\left[\left(2+\frac{1}{n}\right)-\left(3-\frac{2}{n}\right)\right]=2-3=-1. \]
Exercițiul 3 — nivel ★☆☆☆☆
Să se calculeze limita șirului
\[ c_n=\left(2+\frac{1}{n}\right)\left(3-\frac{1}{n}\right). \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(2+\frac{1}{n}\right)\left(3-\frac{1}{n}\right)=6. \]
Rezolvare
Șirul este produsul a două șiruri:
\[ a_n=2+\frac{1}{n}, \qquad b_n=3-\frac{1}{n}. \]
Deoarece
\[ \frac{1}{n}\to0, \]
avem
\[ a_n=2+\frac{1}{n}\to2. \]
În plus,
\[ b_n=3-\frac{1}{n}\to3. \]
Putem aplica limita produsului, deoarece ambele șiruri au limită finită:
\[ \lim_{n\to+\infty}(a_n b_n) = \left(\lim_{n\to+\infty}a_n\right) \left(\lim_{n\to+\infty}b_n\right). \]
Prin urmare,
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(2+\frac{1}{n}\right)\left(3-\frac{1}{n}\right)=2\cdot3=6. \]
Exercițiul 4 — nivel ★☆☆☆☆
Să se calculeze limita șirului
\[ c_n=\frac{2+\displaystyle \frac{1}{n}}{5-\displaystyle \frac{3}{n}}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{2+\displaystyle \frac{1}{n}}{5-\displaystyle \frac{3}{n}}=\frac25. \]
Rezolvare
Să studiem separat numărătorul și numitorul.
Pentru numărător:
\[ 2+\frac{1}{n}\to2. \]
Pentru numitor:
\[ 5-\frac{3}{n}\to5. \]
Limita numitorului este \(5\), prin urmare este diferită de \(0\). Putem așadar aplica limita câtului.
Obținem
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{2+\displaystyle \frac{1}{n}}{5-\displaystyle \frac{3}{n}} = \frac{\lim_{n\to+\infty}\left(2+\displaystyle \frac{1}{n}\right)} {\lim_{n\to+\infty}\left(5-\displaystyle \frac{3}{n}\right)} = \frac25. \]
Condiția asupra numitorului este esențială: aici este îndeplinită, deoarece limita numitorului este \(5\neq0\).
Exercițiul 5 — nivel ★★☆☆☆
Să se calculeze limita șirului
\[ c_n=\frac{3n+1}{n}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{3n+1}{n}=3. \]
Rezolvare
Să descompunem fracția:
\[ \frac{3n+1}{n} = \frac{3n}{n}+\frac{1}{n}. \]
Așadar,
\[ \frac{3n+1}{n}=3+\frac{1}{n}. \]
Folosim acum operațiile cu limite. Șirul constant \(3\) tinde către \(3\), în timp ce
\[ \frac{1}{n}\to0. \]
Prin limita sumei obținem
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(3+\frac{1}{n}\right) = 3+0=3. \]
Prin urmare,
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{3n+1}{n}=3. \]
Exercițiul 6 — nivel ★★☆☆☆
Să se calculeze limita șirului
\[ c_n=\frac{4n-5}{2n+1}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{4n-5}{2n+1}=2. \]
Rezolvare
Numărătorul și numitorul sunt polinoame de gradul întâi în \(n\). Să le împărțim pe amândouă la \(n\):
\[ \frac{4n-5}{2n+1} = \frac{4-\displaystyle \frac{5}{n}}{2+\displaystyle \frac{1}{n}}. \]
Să calculăm acum limita numărătorului:
\[ 4-\frac{5}{n}\to4. \]
Să calculăm limita numitorului:
\[ 2+\frac{1}{n}\to2. \]
Limita numitorului este \(2\), prin urmare este diferită de \(0\). Putem aplica teorema privind limita câtului:
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{4-\displaystyle \frac{5}{n}}{2+\displaystyle \frac{1}{n}} = \frac{4}{2}=2. \]
Așadar,
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{4n-5}{2n+1}=2. \]
Exercițiul 7 — nivel ★★☆☆☆
Să se calculeze limita șirului
\[ c_n=\left(\frac{n}{n+1}\right)\left(\frac{2n+3}{n}\right). \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\frac{n}{n+1}\right)\left(\frac{2n+3}{n}\right)=2. \]
Rezolvare
Șirul este produsul a două șiruri:
\[ a_n=\frac{n}{n+1} \qquad\text{și}\qquad b_n=\frac{2n+3}{n}. \]
Pentru primul șir:
\[ \frac{n}{n+1}=1-\frac{1}{n+1}\to1. \]
Pentru al doilea:
\[ \frac{2n+3}{n}=2+\frac{3}{n}\to2. \]
Ambele au limită finită. Putem așadar aplica limita produsului:
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\frac{n}{n+1}\right)\left(\frac{2n+3}{n}\right) = 1\cdot2=2. \]
Exercițiul 8 — nivel ★★☆☆☆
Să se calculeze limita șirului
\[ c_n=\left(\frac{n+1}{n}\right)^2. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\frac{n+1}{n}\right)^2=1. \]
Rezolvare
Să rescriem baza puterii:
\[ \frac{n+1}{n}=1+\frac1n. \]
Deoarece
\[ \frac1n\to0, \]
obținem
\[ 1+\frac1n\to1. \]
Șirul dat este
\[ \left(1+\frac1n\right)^2 = \left(1+\frac1n\right)\left(1+\frac1n\right). \]
Aplicăm limita produsului:
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac1n\right)^2 = 1\cdot1=1. \]
Exercițiul 9 — nivel ★★☆☆☆
Să se calculeze limita șirului
\[ c_n=\frac{\displaystyle \frac{2}{n}+3}{4-\displaystyle \frac{1}{n}}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\displaystyle \frac{2}{n}+3}{4-\displaystyle \frac{1}{n}}=\frac34. \]
Rezolvare
Să studiem numărătorul și numitorul.
Numărătorul este
\[ \frac{2}{n}+3. \]
Deoarece
\[ \frac{2}{n}\to0, \]
avem
\[ \frac{2}{n}+3\to3. \]
Numitorul este
\[ 4-\frac{1}{n}. \]
Deoarece
\[ \frac{1}{n}\to0, \]
avem
\[ 4-\frac{1}{n}\to4. \]
Limita numitorului este diferită de \(0\). Prin urmare, putem aplica limita câtului:
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\displaystyle \frac{2}{n}+3}{4-\displaystyle \frac{1}{n}}=\frac{3}{4}. \]
Exercițiul 10 — nivel ★★★☆☆
Să se calculeze limita șirului
\[ c_n=\frac{n^2+3n}{2n^2-5}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n^2+3n}{2n^2-5}=\frac12. \]
Rezolvare
Numărătorul și numitorul sunt polinoame de același grad, și anume de gradul \(2\).
Să împărțim numărătorul și numitorul la \(n^2\):
\[ \frac{n^2+3n}{2n^2-5} = \frac{1+\displaystyle \frac3n}{2-\displaystyle \frac5{n^2}}. \]
Să calculăm limitele părților:
\[ \frac3n\to0 \qquad\text{și}\qquad \frac5{n^2}\to0. \]
Astfel, numărătorul tinde către
\[ 1+0=1, \]
în timp ce numitorul tinde către
\[ 2-0=2. \]
Deoarece limita numitorului este \(2\neq0\), putem aplica limita câtului:
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+\displaystyle \frac3n}{2-\displaystyle \frac5{n^2}}=\frac12. \]
Prin urmare,
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n^2+3n}{2n^2-5}=\frac12. \]
Exercițiul 11 — nivel ★★★☆☆
Să se calculeze limita șirului
\[ c_n=\frac{2n^2-n+1}{n^2+4}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{2n^2-n+1}{n^2+4}=2. \]
Rezolvare
Să împărțim numărătorul și numitorul la \(n^2\), adică la cea mai mare putere a lui \(n\) care apare:
\[ \frac{2n^2-n+1}{n^2+4} = \frac{2-\displaystyle \frac1n+\displaystyle \frac1{n^2}}{1+\displaystyle \frac4{n^2}}. \]
Să observăm acum că
\[ \frac1n\to0 \qquad\text{și}\qquad \frac1{n^2}\to0. \]
Astfel, numărătorul tinde către
\[ 2-0+0=2, \]
iar numitorul tinde către
\[ 1+0=1. \]
Deoarece limita numitorului este \(1\neq0\), aplicăm limita câtului:
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{2-\displaystyle \frac1n+\displaystyle \frac1{n^2}}{1+\displaystyle \frac4{n^2}} = \frac21=2. \]
Așadar,
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{2n^2-n+1}{n^2+4}=2. \]
Exercițiul 12 — nivel ★★★☆☆
Să se calculeze limita șirului
\[ c_n=\frac{3n+1}{n^2+1}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{3n+1}{n^2+1}=0. \]
Rezolvare
Numitorul are grad mai mare decât numărătorul. Să împărțim numărătorul și numitorul la \(n^2\):
\[ \frac{3n+1}{n^2+1} = \frac{\displaystyle \frac3n+\displaystyle \frac1{n^2}}{1+\displaystyle \frac1{n^2}}. \]
Acum,
\[ \frac3n\to0, \qquad \frac1{n^2}\to0. \]
Astfel, numărătorul tinde către
\[ 0+0=0, \]
în timp ce numitorul tinde către
\[ 1+0=1. \]
Deoarece limita numitorului este diferită de \(0\), putem aplica regula câtului:
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\displaystyle \frac3n+\displaystyle \frac1{n^2}}{1+\displaystyle \frac1{n^2}} = \frac01=0. \]
Așadar,
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{3n+1}{n^2+1}=0. \]
Exercițiul 13 — nivel ★★★☆☆
Să se calculeze limita șirului
\[ c_n=\frac{n^3+2n}{n^2+1}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n^3+2n}{n^2+1}=+\infty. \]
Rezolvare
Numărătorul are gradul \(3\), în timp ce numitorul are gradul \(2\). Ne așteptăm așadar ca raportul să crească nemărginit.
Să împărțim numărătorul și numitorul la \(n^2\):
\[ \frac{n^3+2n}{n^2+1} = \frac{n+\displaystyle \frac2n}{1+\displaystyle \frac1{n^2}}. \]
Pentru \(n\to+\infty\), numărătorul
\[ n+\frac2n \]
tinde către \(+\infty\), deoarece termenul \(n\) crește nemărginit.
Numitorul, în schimb, tinde către
\[ 1+0=1. \]
Așadar, raportul tinde către \(+\infty\).
Putem da și o estimare inferioară. Pentru \(n\geq1\), avem
\[ n^2+1\leq2n^2 \]
și
\[ n^3+2n\geq n^3. \]
Prin urmare,
\[ \frac{n^3+2n}{n^2+1}\geq \frac{n^3}{2n^2}=\frac n2. \]
Deoarece
\[ \frac n2\to+\infty, \]
și șirul dat tinde către \(+\infty\).
Exercițiul 14 — nivel ★★★☆☆
Să se calculeze limita șirului
\[ c_n=\frac{1}{n}\left(4-\frac{3}{n}\right). \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\left(4-\frac{3}{n}\right)=0. \]
Rezolvare
Șirul este un produs:
\[ \frac{1}{n} \qquad\text{și}\qquad 4-\frac{3}{n}. \]
Primul factor tinde către \(0\):
\[ \frac1n\to0. \]
Al doilea factor tinde către \(4\), deoarece
\[ \frac3n\to0. \]
Așadar,
\[ 4-\frac3n\to4. \]
Putem aplica limita produsului:
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\left(4-\frac{3}{n}\right)=0\cdot4=0. \]
În acest caz nu există o formă nedeterminată: al doilea factor tinde către un număr finit, nu către \(+\infty\).
Exercițiul 15 — nivel ★★★☆☆
Să se calculeze limita șirului
\[ c_n=\frac{\displaystyle \frac{1}{n}}{\displaystyle \frac{1}{n}+1}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\displaystyle \frac{1}{n}}{\displaystyle \frac{1}{n}+1}=0. \]
Rezolvare
Să studiem numărătorul și numitorul.
Numărătorul este
\[ \frac1n, \]
prin urmare tinde către \(0\).
Numitorul este
\[ \frac1n+1, \]
și tinde către
\[ 0+1=1. \]
Limita numitorului este \(1\), prin urmare este diferită de \(0\). Putem așadar aplica limita câtului:
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\displaystyle \frac{1}{n}}{\displaystyle \frac{1}{n}+1} = \frac{0}{1}=0. \]
Exercițiul 16 — nivel ★★★★☆
Să se calculeze limita șirului
\[ c_n=\frac{\displaystyle \frac{1}{n}}{\displaystyle \frac{1}{n}}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\displaystyle \frac{1}{n}}{\displaystyle \frac{1}{n}}=1. \]
Rezolvare
Numărătorul tinde către \(0\):
\[ \frac1n\to0. \]
Și numitorul tinde către \(0\):
\[ \frac1n\to0. \]
Prin urmare, nu putem aplica direct teorema privind limita câtului, deoarece ipoteza cerută este ca limita numitorului să fie diferită de \(0\).
Expresia este de forma
\[ \frac00, \]
adică o formă nedeterminată.
Totuși, putem simplifica șirul. Pentru orice \(n\geq1\), avem
\[ \frac{\displaystyle \frac1n}{\displaystyle \frac1n}=1. \]
Așadar, șirul este constant și egal cu \(1\).
Prin urmare,
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\displaystyle \frac{1}{n}}{\displaystyle \frac{1}{n}}=1. \]
Acest exercițiu arată că o formă \(\displaystyle \frac00\) nu determină automat limita: trebuie studiată expresia.
Exercițiul 17 — nivel ★★★★☆
Să se calculeze limita șirului
\[ c_n=\frac{\displaystyle \frac{1}{n}}{\displaystyle \frac{1}{n^2}}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\displaystyle \frac{1}{n}}{\displaystyle \frac{1}{n^2}}=+\infty. \]
Rezolvare
Numărătorul tinde către \(0\):
\[ \frac1n\to0. \]
Și numitorul tinde către \(0\):
\[ \frac1{n^2}\to0. \]
Așadar, ne aflăm în fața unei forme de tipul
\[ \frac00. \]
Nu putem aplica direct regula câtului, deoarece limita numitorului este \(0\).
Să simplificăm expresia:
\[ \frac{\displaystyle \frac1n}{\displaystyle \frac1{n^2}} = \frac1n\cdot n^2. \]
Așadar,
\[ \frac{\displaystyle \frac1n}{\displaystyle \frac1{n^2}}=n. \]
Deoarece
\[ n\to+\infty, \]
obținem
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\displaystyle \frac{1}{n}}{\displaystyle \frac{1}{n^2}}=+\infty. \]
Aceasta confirmă că forma \(\displaystyle \frac00\) este nedeterminată: într-un exercițiu precedent dădea \(1\), în timp ce aici dă \(+\infty\).
Exercițiul 18 — nivel ★★★★☆
Să se calculeze limita șirului
\[ c_n=\frac{\displaystyle \frac{1}{n^2}}{\displaystyle \frac{1}{n}}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\displaystyle \frac{1}{n^2}}{\displaystyle \frac{1}{n}}=0. \]
Rezolvare
Și în acest caz numărătorul și numitorul tind amândoi către \(0\):
\[ \frac1{n^2}\to0 \qquad\text{și}\qquad \frac1n\to0. \]
Expresia este așadar o formă de tipul
\[ \frac00. \]
Nu putem aplica direct regula câtului. Trebuie să simplificăm.
Să scriem:
\[ \frac{\displaystyle \frac1{n^2}}{\displaystyle \frac1n} = \frac1{n^2}\cdot n. \]
Așadar,
\[ \frac{\displaystyle \frac1{n^2}}{\displaystyle \frac1n} = \frac1n. \]
Deoarece
\[ \frac1n\to0, \]
Rezultă că
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\displaystyle \frac{1}{n^2}}{\displaystyle \frac{1}{n}}=0. \]
Acesta este încă un exemplu al faptului că forma \(\frac00\) poate produce rezultate diferite.
Exercițiul 19 — nivel ★★★★★
Să se calculeze limita șirului
\[ c_n=\sqrt{n^2+n}-n. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\sqrt{n^2+n}-n\right)=\frac12. \]
Rezolvare
Șirul este
\[ c_n=\sqrt{n^2+n}-n. \]
Să observăm că
\[ \sqrt{n^2+n}\to+\infty \qquad\text{și}\qquad n\to+\infty. \]
Așadar, expresia este de forma
\[ +\infty-\infty, \]
adică o formă nedeterminată. Nu putem calcula limita scăzând pur și simplu limitele.
Pentru a înlătura nedeterminarea, înmulțim și împărțim cu expresia conjugată:
\[ \sqrt{n^2+n}-n = \frac{(\sqrt{n^2+n}-n)(\sqrt{n^2+n}+n)}{\sqrt{n^2+n}+n}. \]
La numărător folosim diferența de pătrate:
\[ (\sqrt{n^2+n})^2-n^2=n^2+n-n^2=n. \]
Așadar,
\[ \sqrt{n^2+n}-n = \frac{n}{\sqrt{n^2+n}+n}. \]
Să scoatem acum \(n^2\) factor comun sub radical:
\[ \sqrt{n^2+n}=\sqrt{n^2\left(1+\frac1n\right)}. \]
Deoarece \(n>0\), avem
\[ \sqrt{n^2\left(1+\frac1n\right)} = n\sqrt{1+\frac1n}. \]
Așadar,
\[ \frac{n}{\sqrt{n^2+n}+n} = \frac{n}{n\sqrt{1+\frac1n}+n}. \]
Scoțând \(n\) factor comun la numitor:
\[ \frac{n}{n\left(\sqrt{1+\frac1n}+1\right)} = \frac{1}{\sqrt{1+\frac1n}+1}. \]
Acum,
\[ \frac1n\to0, \]
prin urmare
\[ \sqrt{1+\frac1n}\to\sqrt1=1. \]
Prin urmare,
\[ \frac{1}{\sqrt{1+\frac1n}+1}\to\frac{1}{1+1}=\frac12. \]
Concludem că
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\sqrt{n^2+n}-n\right)=\frac12. \]
Exercițiul 20 — nivel ★★★★★
Să se calculeze limita șirului
\[ c_n=n\left(\frac{n+1}{n}-1\right). \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}n\left(\frac{n+1}{n}-1\right)=1. \]
Rezolvare
Să considerăm șirul
\[ c_n=n\left(\frac{n+1}{n}-1\right). \]
Dacă privim separat factorii, avem
\[ n\to+\infty \]
și
\[ \frac{n+1}{n}-1\to1-1=0. \]
Expresia este așadar de forma
\[ +\infty\cdot0, \]
adică o formă nedeterminată. Nu putem concluziona automat că limita ar fi \(0\) sau \(+\infty\).
Trebuie să simplificăm expresia. Să calculăm mai întâi paranteza:
\[ \frac{n+1}{n}-1 = \frac{n+1}{n}-\frac{n}{n} = \frac{1}{n}. \]
Așadar,
\[ c_n=n\cdot\frac1n. \]
Prin urmare,
\[ c_n=1 \]
pentru orice \(n\geq1\).
Șirul este așadar constant și egal cu \(1\). În consecință,
\[ \lim_{n\to+\infty}n\left(\frac{n+1}{n}-1\right)=1. \]
Acest exercițiu arată că și forma \(0\cdot\infty\) este nedeterminată: trebuie transformată expresia înainte de a calcula limita.