În această culegere propunem 20 de exerciții rezolvate pas cu pas privind teorema Stolz-Cesàro și principalele sale corolare. Scopul este de a învăța să recunoaștem când se poate aplica teorema și cum să o folosim corect în calculul limitelor de rapoarte de șiruri.
În fiecare exercițiu vom verifica cu atenție ipotezele rezultatului folosit de fiecare dată. Când vom aplica direct teorema Stolz-Cesàro, șirul de la numitor va trebui să fie pozitiv începând de la un anumit rang, strict crescător și divergent către \(+\infty\). Când vom folosi unul dintre corolarele sale, vom verifica în schimb ipotezele corespunzătoare, precum pozitivitatea termenilor și existența limitei considerate.
Exercițiile sunt ordonate după dificultate crescătoare: primele servesc la fixarea metodei, în timp ce următoarele vor necesita mai multă atenție la alegerea șirurilor și la calculul limitei incrementelor.
Exercițiul 1 — nivel ★☆☆☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+2+\cdots+n}{n^2}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+2+\cdots+n}{n^2}=\frac{1}{2}. \]
Rezolvare
Notăm
\[ a_n=1+2+\cdots+n, \qquad b_n=n^2. \]
Vrem să calculăm limita raportului
\[ \frac{a_n}{b_n}. \]
Pentru \(n\ge 1\), avem \(b_n=n^2>0\). În plus, \(b_n\) este strict crescător și
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Putem așadar aplica teorema Stolz-Cesàro, cu condiția ca limita raportului incrementelor să existe.
Calculăm:
\[ a_{n+1}-a_n=(1+2+\cdots+n+(n+1))-(1+2+\cdots+n)=n+1, \]
în timp ce
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^2-n^2=2n+1. \]
Așadar
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{n+1}{2n+1}. \]
Calculăm limita:
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+1}{2n+1} = \lim_{n\to+\infty}\frac{1+\displaystyle\frac{1}{n}}{2+\displaystyle\frac{1}{n}} = \frac{1}{2}. \]
Conform teoremei Stolz-Cesàro, rezultă că
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_n}{b_n} = \frac{1}{2}. \]
Prin urmare
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+2+\cdots+n}{n^2} = \frac{1}{2}. \]
Exercițiul 2 — nivel ★★☆☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{n^3}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{n^3}=\frac{1}{3}. \]
Rezolvare
Notăm
\[ a_n=1^2+2^2+\cdots+n^2, \qquad b_n=n^3. \]
Pentru \(n\ge 1\), avem \(b_n=n^3>0\). În plus, \(b_n\) este strict crescător și tinde către \(+\infty\).
Ipotezele asupra numitorului sunt așadar îndeplinite.
Calculăm acum incrementele. Pentru șirul de la numărător avem
\[ a_{n+1}-a_n=(n+1)^2. \]
Pentru șirul de la numitor:
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^3-n^3. \]
Dezvoltăm cubul:
\[ (n+1)^3=n^3+3n^2+3n+1. \]
Deci
\[ b_{n+1}-b_n=3n^2+3n+1. \]
Raportul incrementelor este
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{(n+1)^2}{3n^2+3n+1}. \]
Calculăm limita împărțind numărătorul și numitorul la \(n^2\):
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{(n+1)^2}{3n^2+3n+1} = \lim_{n\to+\infty} \frac{1+\displaystyle\frac{2}{n}+\displaystyle\frac{1}{n^2}}{3+\displaystyle\frac{3}{n}+\displaystyle\frac{1}{n^2}} = \frac{1}{3}. \]
Conform teoremei Stolz-Cesàro, obținem
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{n^3} = \frac{1}{3}. \]
Exercițiul 3 — nivel ★★☆☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{3}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n}}{n}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{3}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n}}{n}=0. \]
Rezolvare
Notăm
\[ a_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}, \qquad b_n=n. \]
Numitorul \(b_n=n\) este pozitiv pentru \(n\ge 1\), strict crescător și tinde către \(+\infty\).
Putem așadar aplica teorema Stolz-Cesàro.
Calculăm incrementele:
\[ a_{n+1}-a_n=\frac{1}{n+1}, \]
în timp ce
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)-n=1. \]
Prin urmare
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{n+1}. \]
Deoarece
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n+1}=0, \]
conform teoremei Stolz-Cesàro, rezultă că
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_n}{b_n}=0. \]
Așadar
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{3}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n}}{n}=0. \]
Acest exemplu arată că șirul sumelor parțiale ale seriei armonice crește mult mai lent decât \(n\).
Exercițiul 4 — nivel ★★★☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log(n!)}{n\log n}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log(n!)}{n\log n}=1. \]
Rezolvare
Reamintim că
\[ \log(n!)=\log(1\cdot 2\cdot 3\cdots n). \]
Notăm
\[ a_n=\log(n!), \qquad b_n=n\log n. \]
Considerăm raportul pentru \(n\ge 2\), astfel încât \(b_n>0\).
În plus, \(b_n=n\log n\) este strict crescător începând de la un anumit rang. Într-adevăr, funcția \(x\log x\) are derivata \(1+\log x\), care este pozitivă pentru \(x>e^{-1}\). În particular, pentru \(n\ge 1\), șirul \(n\log n\) este strict crescător.
În final,
\[ \lim_{n\to+\infty}n\log n=+\infty. \]
Putem așadar folosi teorema Stolz-Cesàro.
Calculăm incrementele. Pentru numărător:
\[ a_{n+1}-a_n = \log((n+1)!)-\log(n!) = \log(n+1). \]
Pentru numitor:
\[ b_{n+1}-b_n = (n+1)\log(n+1)-n\log n. \]
Rescriem numitorul într-o formă mai convenabilă:
\[ (n+1)\log(n+1)-n\log n = \log(n+1)+n\log\left(\displaystyle\frac{n+1}{n}\right). \]
Deci
\[ b_{n+1}-b_n = \log(n+1)+n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right). \]
Raportul incrementelor este atunci
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\log(n+1)} {\log(n+1)+n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}. \]
Împărțim numărătorul și numitorul la \(\log(n+1)\):
\[ \frac{\log(n+1)} {\log(n+1)+n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)} = \frac{1} {1+\displaystyle\frac{n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\log(n+1)}}. \]
Știm că
\[ n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)\to 1, \]
în timp ce
\[ \log(n+1)\to+\infty. \]
Prin urmare
\[ \frac{n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\log(n+1)}\to 0. \]
De aici rezultă că
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{1+0} = 1. \]
Conform teoremei Stolz-Cesàro, deducem că
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log(n!)}{n\log n}=1. \]
Exercițiul 5 — nivel ★★★★☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}}{n^{3/2}}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}}{n^{3/2}}=\frac{2}{3}. \]
Rezolvare
Notăm
\[ a_n=\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}, \qquad b_n=n^{3/2}. \]
Pentru \(n\ge 1\), avem \(b_n>0\). În plus, \(b_n=n^{3/2}\) este strict crescător și
\[ \lim_{n\to+\infty}n^{3/2}=+\infty. \]
Ipotezele teoremei Stolz-Cesàro referitoare la numitor sunt așadar îndeplinite.
Calculăm incrementele:
\[ a_{n+1}-a_n=\sqrt{n+1}. \]
În plus,
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^{3/2}-n^{3/2}. \]
Raportul incrementelor este așadar
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\sqrt{n+1}}{(n+1)^{3/2}-n^{3/2}}. \]
Dăm factor comun \(\sqrt{n+1}\) la numitor. Deoarece
\[ (n+1)^{3/2}=(n+1)\sqrt{n+1} \]
și
\[ n^{3/2}=n\sqrt n=n\sqrt{n+1}\sqrt{\displaystyle\frac{n}{n+1}}, \]
obținem
\[ (n+1)^{3/2}-n^{3/2}=\sqrt{n+1}\left((n+1)-n\sqrt{\displaystyle\frac{n}{n+1}}\right). \]
Deci
\[ \frac{\sqrt{n+1}}{(n+1)^{3/2}-n^{3/2}}=\frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}\left((n+1)-n\sqrt{\displaystyle\frac{n}{n+1}}\right)}=\frac{1}{(n+1)-n\sqrt{\displaystyle\frac{n}{n+1}}}. \]
Studiem așadar numitorul
\[ (n+1)-n\sqrt{\frac{n}{n+1}}. \]
Notăm
\[ t_n=\frac{1}{n+1}. \]
Atunci \(t_n\to 0^+\) și
\[ \frac{n}{n+1}=1-t_n. \]
În plus, \(n+1=\displaystyle \frac{1}{t_n}\) și \(n=\displaystyle \frac{1-t_n}{t_n}\). Deci
\[ (n+1)-n\sqrt{\frac{n}{n+1}} = \frac{1}{t_n}-\frac{1-t_n}{t_n}\sqrt{1-t_n}. \]
Scoțând factor comun \(1/t_n\), obținem
\[ (n+1)-n\sqrt{\frac{n}{n+1}} = \frac{1-(1-t_n)^{3/2}}{t_n}. \]
Folosind limita fundamentală, echivalentă cu derivabilitatea funcției \(x^{3/2}\) în \(x=1\),
\[ \lim_{t\to 0^+}\frac{1-(1-t)^{3/2}}{t}=\frac{3}{2}. \]
Prin urmare
\[ (n+1)-n\sqrt{\frac{n}{n+1}}\to\frac{3}{2}. \]
În consecință,
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{\displaystyle \frac{3}{2}} = \frac{2}{3}. \]
Conform teoremei Stolz-Cesàro, rezultă că
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}}{n^{3/2}} = \frac{2}{3}. \]
Exercițiul 6 — nivel ★★☆☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^3+2^3+\cdots+n^3}{n^4}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^3+2^3+\cdots+n^3}{n^4}=\frac{1}{4}. \]
Rezolvare
Notăm
\[ a_n=1^3+2^3+\cdots+n^3, \qquad b_n=n^4. \]
Pentru \(n\ge 1\), avem \(b_n=n^4>0\). În plus, \(b_n\) este strict crescător și
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Sunt astfel îndeplinite ipotezele asupra numitorului cerute de teorema Stolz-Cesàro.
Calculăm incrementele. Pentru șirul de la numărător:
\[ a_{n+1}-a_n=(n+1)^3. \]
Pentru șirul de la numitor:
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^4-n^4. \]
Dezvoltăm:
\[ (n+1)^4=n^4+4n^3+6n^2+4n+1. \]
Deci
\[ b_{n+1}-b_n=4n^3+6n^2+4n+1. \]
Raportul incrementelor este
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{(n+1)^3}{4n^3+6n^2+4n+1}. \]
Împărțim numărătorul și numitorul la \(n^3\):
\[ \frac{(n+1)^3}{4n^3+6n^2+4n+1} = \frac{1+\displaystyle\frac{3}{n}+\displaystyle\frac{3}{n^2}+\displaystyle\frac{1}{n^3}} {4+\displaystyle\frac{6}{n}+\displaystyle\frac{4}{n^2}+\displaystyle\frac{1}{n^3}}. \]
Prin urmare
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{4}. \]
Conform teoremei Stolz-Cesàro, rezultă că
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^3+2^3+\cdots+n^3}{n^4} = \frac{1}{4}. \]
Exercițiul 7 — nivel ★★☆☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}=1. \]
Rezolvare
Scriem limita sub forma unui raport:
\[ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1} = \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}}{n}. \]
Notăm
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}, \qquad b_n=n. \]
Numitorul \(b_n=n\) este pozitiv pentru \(n\ge 1\), strict crescător și tinde către \(+\infty\).
Putem așadar aplica teorema Stolz-Cesàro.
Calculăm incrementele. Pentru numărător:
\[ a_{n+1}-a_n=\frac{n+1}{n+2}. \]
Pentru numitor:
\[ b_{n+1}-b_n=1. \]
Așadar
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{n+1}{n+2}. \]
Calculăm limita:
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+1}{n+2} = \lim_{n\to+\infty} \frac{1+\displaystyle\frac{1}{n}}{1+\displaystyle\frac{2}{n}} = 1. \]
Conform teoremei Stolz-Cesàro, obținem
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}}{n} = 1. \]
Așadar
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}=1. \]
Acest rezultat este în concordanță și cu teorema lui Cesàro, deoarece șirul
\[ \frac{k}{k+1} \]
tinde către \(1\), iar prin urmare și media sa aritmetică tinde către \(1\).
Exercițiul 8 — nivel ★★☆☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}=0. \]
Rezolvare
Rescriem limita ca un raport:
\[ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} = \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}}{n}. \]
Notăm
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}, \qquad b_n=n. \]
Șirul \(b_n=n\) este pozitiv pentru \(n\ge 1\), strict crescător și divergent către \(+\infty\).
Putem așadar aplica teorema Stolz-Cesàro.
Calculăm incrementele:
\[ a_{n+1}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}}, \qquad b_{n+1}-b_n=1. \]
Prin urmare
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{\sqrt{n+1}}. \]
Deoarece
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{n+1}}=0, \]
teorema Stolz-Cesàro implică
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}}{n} = 0. \]
Așadar
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}=0. \]
Și în acest caz rezultatul este în concordanță cu teorema lui Cesàro, întrucât
\[ \frac{1}{\sqrt{k}}\to 0. \]
Exercițiul 9 — nivel ★★★☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)}=1. \]
Rezolvare
Considerăm șirul
\[ c_k=1+\frac{1}{k}, \qquad k\ge 1. \]
Pentru orice \(k\ge 1\), avem \(c_k>0\). În plus,
\[ \lim_{k\to+\infty}c_k= \lim_{k\to+\infty}\left(1+\frac{1}{k}\right)=1. \]
Vrem să calculăm limita mediei geometrice a primilor \(n\) termeni ai șirului \(c_k\):
\[ \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}c_k} = \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)}. \]
Deoarece \(c_k>0\) și \(c_k\to 1\), putem aplica corolarul referitor la media geometrică.
Acest corolar afirmă că, dacă un șir pozitiv converge către o limită pozitivă \(L\), atunci și media geometrică a primilor săi termeni converge către \(L\).
În acest caz, \(L=1\). Prin urmare
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)} = 1. \]
Observăm că rezultatul nu depinde de faptul că produsul
\[ \prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right) \]
crește cu \(n\). Punctul decisiv este că se consideră rădăcina de ordinul \(n\) a produsului, adică o medie geometrică.
Exercițiul 10 — nivel ★★★☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{5^n\frac{2n+1}{n+3}}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{5^n\frac{2n+1}{n+3}}=5. \]
Rezolvare
Notăm
\[ a_n=5^n\frac{2n+1}{n+3}. \]
Pentru orice \(n\ge 1\), avem \(a_n>0\). Putem așadar folosi corolarul referitor la limita rădăcinii de ordinul \(n\).
Calculăm raportul a doi termeni consecutivi:
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{5^{n+1}\displaystyle\frac{2n+3}{n+4}} {5^n\displaystyle\frac{2n+1}{n+3}}. \]
Simplificând \(5^n\), obținem
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = 5\cdot \frac{2n+3}{n+4} \cdot \frac{n+3}{2n+1}. \]
Calculăm limita:
\[ \lim_{n\to+\infty} 5\cdot \frac{2n+3}{n+4} \cdot \frac{n+3}{2n+1} = 5\cdot 2\cdot\frac{1}{2} = 5. \]
Așadar
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=5. \]
Deoarece \(a_n>0\) și limita raportului a doi termeni consecutivi există și este egală cu \(5>0\), conform corolarului lui Stolz-Cesàro referitor la rădăcina de ordinul \(n\), rezultă că
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a_n}=5. \]
Înlocuind definiția lui \(a_n\), obținem
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{5^n\frac{2n+1}{n+3}}=5. \]
Exercițiul 11 — nivel ★★★☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}k\log k}{n^2\log n}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}k\log k}{n^2\log n}=\frac{1}{2}. \]
Rezolvare
Notăm
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}k\log k, \qquad b_n=n^2\log n. \]
Considerăm raportul pentru \(n\ge 2\), astfel încât \(b_n>0\). În plus, \(b_n=n^2\log n\) este strict crescător începând de la un anumit rang și
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Putem așadar aplica teorema Stolz-Cesàro.
Calculăm incrementele. Pentru numărător avem
\[ a_{n+1}-a_n=(n+1)\log(n+1). \]
Pentru numitor:
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^2\log(n+1)-n^2\log n. \]
Rescriem această diferență într-o formă mai potrivită pentru calculul limitei:
\[ b_{n+1}-b_n= \bigl((n+1)^2-n^2\bigr)\log(n+1)+n^2\bigl(\log(n+1)-\log n\bigr). \]
Deoarece
\[ (n+1)^2-n^2=2n+1 \]
și
\[ \log(n+1)-\log n=\log\left(1+\frac{1}{n}\right), \]
obținem
\[ b_{n+1}-b_n=(2n+1)\log(n+1)+n^2\log\left(1+\frac{1}{n}\right). \]
Raportul incrementelor este așadar
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{(n+1)\log(n+1)} {(2n+1)\log(n+1)+n^2\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}. \]
Împărțim numărătorul și numitorul la \(n\log(n+1)\):
\[ \frac{(n+1)\log(n+1)} {(2n+1)\log(n+1)+n^2\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)} = \frac{1+\displaystyle\frac{1}{n}} {2+\displaystyle\frac{1}{n}+ \displaystyle\frac{n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\log(n+1)}}. \]
Știm că
\[ n\log\left(1+\frac{1}{n}\right)\to 1, \]
în timp ce
\[ \log(n+1)\to+\infty. \]
Deci
\[ \frac{n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\log(n+1)}\to 0. \]
Prin urmare
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{2}. \]
Conform teoremei Stolz-Cesàro, rezultă că
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}k\log k}{n^2\log n} = \frac{1}{2}. \]
Exercițiul 12 — nivel ★★★☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}=2. \]
Rezolvare
Rescriem limita ca un raport:
\[ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1} = \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}}{n}. \]
Notăm
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}, \qquad b_n=n. \]
Șirul \(b_n=n\) este pozitiv pentru \(n\ge 1\), strict crescător și divergent către \(+\infty\).
Putem așadar aplica teorema Stolz-Cesàro.
Calculăm incrementele:
\[ a_{n+1}-a_n= \frac{2(n+1)^2-(n+1)+1}{(n+1)^2+1}, \qquad b_{n+1}-b_n=1. \]
Deci
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{2(n+1)^2-(n+1)+1}{(n+1)^2+1}. \]
Dezvoltăm numărătorul:
\[ 2(n+1)^2-(n+1)+1 = 2n^2+3n+2. \]
În plus,
\[ (n+1)^2+1=n^2+2n+2. \]
Prin urmare
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{2n^2+3n+2}{n^2+2n+2}. \]
Împărțind numărătorul și numitorul la \(n^2\), obținem
\[ \frac{2n^2+3n+2}{n^2+2n+2} = \frac{2+\displaystyle\frac{3}{n}+\displaystyle\frac{2}{n^2}} {1+\displaystyle\frac{2}{n}+\displaystyle\frac{2}{n^2}}. \]
Deci
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = 2. \]
Conform teoremei Stolz-Cesàro, rezultă că
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}}{n} = 2. \]
Așadar
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}=2. \]
Rezultatul este în concordanță și cu teorema lui Cesàro, întrucât
\[ \frac{2k^2-k+1}{k^2+1}\to 2. \]
Exercițiul 13 — nivel ★★★☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\frac{3k+1}{k+2}}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\frac{3k+1}{k+2}}=3. \]
Rezolvare
Considerăm șirul
\[ c_k=\frac{3k+1}{k+2}. \]
Pentru orice \(k\ge 1\), avem \(c_k>0\), deoarece numărătorul și numitorul sunt pozitivi.
În plus,
\[ \lim_{k\to+\infty}c_k = \lim_{k\to+\infty}\frac{3k+1}{k+2} = \lim_{k\to+\infty} \frac{3+\displaystyle\frac{1}{k}}{1+\displaystyle\frac{2}{k}} = 3. \]
Limita cerută este media geometrică a primilor \(n\) termeni ai șirului \(c_k\):
\[ \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}c_k} = \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\frac{3k+1}{k+2}}. \]
Deoarece \(c_k>0\) și \(c_k\to 3\), putem aplica corolarul referitor la media geometrică.
Acest corolar afirmă că, dacă un șir pozitiv converge către o limită pozitivă \(L\), atunci media geometrică a primilor săi termeni converge către aceeași limită \(L\).
În acest caz, \(L=3\). Prin urmare
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\frac{3k+1}{k+2}}=3. \]
Exercițiul 14 — nivel ★★★★☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{(n!)^2}}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{(n!)^2}}=4. \]
Rezolvare
Notăm
\[ a_n=\frac{(2n)!}{(n!)^2}. \]
Pentru orice \(n\ge 1\), avem \(a_n>0\). Putem așadar încerca să aplicăm corolarul referitor la rădăcina de ordinul \(n\).
Calculăm raportul a doi termeni consecutivi:
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\displaystyle\frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2}} {\displaystyle\frac{(2n)!}{(n!)^2}}. \]
A împărți la o fracție înseamnă a înmulți cu inversa sa, așadar
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2} \cdot \frac{(n!)^2}{(2n)!}. \]
Folosim acum identitățile
\[ (2n+2)!=(2n+2)(2n+1)(2n)! \]
și
\[ (n+1)!=(n+1)n!. \]
Deci
\[ ((n+1)!)^2=(n+1)^2(n!)^2. \]
Înlocuind, obținem
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)(2n)!}{(n+1)^2(n!)^2} \cdot \frac{(n!)^2}{(2n)!}. \]
Simplificând factorii comuni:
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2}. \]
Deoarece \(2n+2=2(n+1)\), rezultă că
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{2(n+1)(2n+1)}{(n+1)^2} = 2\frac{2n+1}{n+1}. \]
Calculăm limita:
\[ \lim_{n\to+\infty}2\frac{2n+1}{n+1} = 2\lim_{n\to+\infty} \frac{2+\displaystyle\frac{1}{n}}{1+\displaystyle\frac{1}{n}} = 4. \]
Așadar
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=4. \]
Deoarece \(a_n>0\) și limita raportului a doi termeni consecutivi există și este egală cu \(4>0\), corolarul lui Stolz-Cesàro referitor la rădăcina de ordinul \(n\) implică
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a_n}=4. \]
Prin urmare
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{(n!)^2}}=4. \]
Exercițiul 15 — nivel ★★★★☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\log\left(1+\frac{1}{k}\right)}{\log n}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\log\left(1+\frac{1}{k}\right)}{\log n}=1. \]
Rezolvare
Notăm
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\log\left(1+\frac{1}{k}\right), \qquad b_n=\log n. \]
Considerăm raportul pentru \(n\ge 2\). Atunci \(b_n=\log n>0\), \(b_n\) este strict crescător și
\[ \lim_{n\to+\infty}\log n=+\infty. \]
Ipotezele asupra numitorului sunt așadar îndeplinite.
Calculăm incrementele. Pentru numărător:
\[ a_{n+1}-a_n= \log\left(1+\frac{1}{n+1}\right). \]
Pentru numitor:
\[ b_{n+1}-b_n=\log(n+1)-\log n = \log\left(\frac{n+1}{n}\right) = \log\left(1+\frac{1}{n}\right). \]
Raportul incrementelor este
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)} {\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}. \]
Pentru a calcula această limită, înmulțim și împărțim astfel încât să folosim limita fundamentală a logaritmului:
\[ \frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)} {\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)} = \frac{ \displaystyle\frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\displaystyle\frac{1}{n+1}} }{ \displaystyle\frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\displaystyle\frac{1}{n}} } \cdot \frac{n}{n+1}. \]
Deoarece
\[ \frac{\log(1+x)}{x}\to 1 \qquad \text{când } x\to 0, \]
obținem
\[ \frac{ \displaystyle\frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\displaystyle\frac{1}{n+1}} }{ \displaystyle\frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\displaystyle\frac{1}{n}} } \to 1. \]
În plus,
\[ \frac{n}{n+1}\to 1. \]
Deci
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = 1. \]
Conform teoremei Stolz-Cesàro, rezultă că
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\log\left(1+\frac{1}{k}\right)}{\log n} = 1. \]
Observăm că, în acest exercițiu, numitorul corect nu este \(n\), ci \(\log n\). Această alegere este esențială pentru a obține o limită finită și nenulă.
Exercițiul 16 — nivel ★★☆☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log n}{n}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log n}{n}=0. \]
Rezolvare
Notăm
\[ a_n=\log n, \qquad b_n=n. \]
Considerăm raportul pentru \(n\ge 1\). Șirul \(b_n=n\) este pozitiv pentru \(n\ge 1\), strict crescător și
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Putem așadar aplica teorema Stolz-Cesàro.
Calculăm incrementele. Pentru numărător:
\[ a_{n+1}-a_n=\log(n+1)-\log n. \]
Folosind proprietățile logaritmilor, obținem
\[ a_{n+1}-a_n=\log\left(\frac{n+1}{n}\right)=\log\left(1+\frac{1}{n}\right). \]
Pentru numitor:
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)-n=1. \]
Deci
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \log\left(1+\frac{1}{n}\right). \]
Deoarece
\[ \lim_{n\to+\infty}\log\left(1+\frac{1}{n}\right)=\log 1=0, \]
conform teoremei Stolz-Cesàro, rezultă că
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log n}{n}=0. \]
Acest rezultat exprimă faptul că logaritmul crește mai lent decât \(n\).
Exercițiul 17 — nivel ★★★☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}}{\sum_{k=1}^{n}k}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}}{\sum_{k=1}^{n}k}=0. \]
Rezolvare
Notăm
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}, \qquad b_n=\sum_{k=1}^{n}k. \]
Șirul \(b_n\) este pozitiv pentru \(n\ge 1\). În plus, este strict crescător, deoarece
\[ b_{n+1}-b_n=n+1>0, \]
și diverge către \(+\infty\), întrucât este suma primelor \(n\) numere întregi pozitive.
Putem așadar aplica teorema Stolz-Cesàro.
Calculăm incrementele:
\[ a_{n+1}-a_n=\sqrt{n+1}, \qquad b_{n+1}-b_n=n+1. \]
Raportul incrementelor este
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\sqrt{n+1}}{n+1}. \]
Simplificând, obținem
\[ \frac{\sqrt{n+1}}{n+1} = \frac{1}{\sqrt{n+1}}. \]
Deoarece
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{n+1}}=0, \]
teorema Stolz-Cesàro implică
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_n}{b_n}=0. \]
Prin urmare
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}}{\sum_{k=1}^{n}k}=0. \]
Rezultatul este în concordanță cu ideea că suma numerelor întregi crește mai rapid decât suma rădăcinilor pătrate ale numerelor întregi.
Exercițiul 18 — nivel ★★★★☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^{3/2}+2^{3/2}+\cdots+n^{3/2}}{n^{5/2}}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^{3/2}+2^{3/2}+\cdots+n^{3/2}}{n^{5/2}}=\frac{2}{5}. \]
Rezolvare
Notăm
\[ a_n=1^{3/2}+2^{3/2}+\cdots+n^{3/2}, \qquad b_n=n^{5/2}. \]
Pentru \(n\ge 1\), avem \(b_n>0\). În plus, \(b_n=n^{5/2}\) este strict crescător și
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Sunt astfel îndeplinite ipotezele asupra numitorului cerute de teorema Stolz-Cesàro.
Calculăm incrementele. Pentru numărător:
\[ a_{n+1}-a_n=(n+1)^{3/2}. \]
Pentru numitor:
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^{5/2}-n^{5/2}. \]
Raportul incrementelor este
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{(n+1)^{3/2}}{(n+1)^{5/2}-n^{5/2}}. \]
Împărțim numărătorul și numitorul la \((n+1)^{3/2}\):
\[ \frac{(n+1)^{3/2}}{(n+1)^{5/2}-n^{5/2}} = \frac{1}{(n+1)-n\left(\displaystyle\frac{n}{n+1}\right)^{3/2}}. \]
Studiem numitorul
\[ (n+1)-n\left(\frac{n}{n+1}\right)^{3/2}. \]
Notăm
\[ t_n=\frac{1}{n+1}. \]
Atunci \(t_n\to 0^+\) și
\[ \frac{n}{n+1}=1-t_n. \]
În plus, \(n+1=\frac{1}{t_n}\) și \(n=\frac{1-t_n}{t_n}\). Deci
\[ (n+1)-n\left(\frac{n}{n+1}\right)^{3/2} = \frac{1}{t_n}-\frac{1-t_n}{t_n}(1-t_n)^{3/2}. \]
Prin urmare
\[ (n+1)-n\left(\frac{n}{n+1}\right)^{3/2} = \frac{1-(1-t_n)^{5/2}}{t_n}. \]
Folosind limita fundamentală, echivalentă cu derivabilitatea funcției \(x^{5/2}\) în \(x=1\),
\[ \lim_{t\to 0^+}\frac{1-(1-t)^{5/2}}{t}=\frac{5}{2}. \]
De aici rezultă că
\[ (n+1)-n\left(\frac{n}{n+1}\right)^{3/2}\to\frac{5}{2}. \]
Așadar
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{\frac{5}{2}} = \frac{2}{5}. \]
Conform teoremei Stolz-Cesàro, deducem că
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^{3/2}+2^{3/2}+\cdots+n^{3/2}}{n^{5/2}} = \frac{2}{5}. \]
Exercițiul 19 — nivel ★★★★☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(3n)!}{(n!)^3}}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(3n)!}{(n!)^3}}=27. \]
Rezolvare
Notăm
\[ a_n=\frac{(3n)!}{(n!)^3}. \]
Pentru orice \(n\ge 1\), avem \(a_n>0\). Putem așadar aplica corolarul referitor la rădăcina de ordinul \(n\), după ce studiem raportul a doi termeni consecutivi.
Calculăm
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\displaystyle\frac{(3n+3)!}{((n+1)!)^3}} {\displaystyle\frac{(3n)!}{(n!)^3}}. \]
A împărți la o fracție înseamnă a înmulți cu inversa sa:
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(3n+3)!}{((n+1)!)^3} \cdot \frac{(n!)^3}{(3n)!}. \]
Folosim acum identitățile
\[ (3n+3)!=(3n+3)(3n+2)(3n+1)(3n)! \]
și
\[ (n+1)!=(n+1)n!. \]
Din aceasta din urmă rezultă că
\[ ((n+1)!)^3=(n+1)^3(n!)^3. \]
Înlocuind, obținem
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(3n+3)(3n+2)(3n+1)(3n)!}{(n+1)^3(n!)^3} \cdot \frac{(n!)^3}{(3n)!}. \]
Simplificând factorii comuni:
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(3n+3)(3n+2)(3n+1)}{(n+1)^3}. \]
Calculăm limita împărțind fiecare factor la \(n\):
\[ \frac{(3n+3)(3n+2)(3n+1)}{(n+1)^3} = \frac{ \left(3+\displaystyle\frac{3}{n}\right) \left(3+\displaystyle\frac{2}{n}\right) \left(3+\displaystyle\frac{1}{n}\right)} {\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)^3}. \]
Prin urmare
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{3\cdot 3\cdot 3}{1^3} = 27. \]
Deoarece \(a_n>0\) și limita raportului a doi termeni consecutivi există și este egală cu \(27>0\), corolarul lui Stolz-Cesàro referitor la rădăcina de ordinul \(n\) implică
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a_n}=27. \]
Înlocuind definiția lui \(a_n\), obținem
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(3n)!}{(n!)^3}}=27. \]
Exercițiul 20 — nivel ★★★★★
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n}\log k}{\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k)}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n}\log k}{\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k)} = \frac{1}{2}. \]
Rezolvare
Notăm
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\log k, \qquad b_n=\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k). \]
Pentru orice \(k\ge 1\), avem \(k^2+k\ge 2\), de unde
\[ \log(k^2+k)\ge \log 2>0. \]
În consecință, \(b_n>0\) pentru orice \(n\ge 1\). În plus, \(b_n\) este strict crescător, deoarece
\[ b_{n+1}-b_n=\log((n+1)^2+(n+1))>0. \]
În final,
\[ b_n=\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k)\ge n\log 2\to+\infty. \]
Putem așadar aplica teorema Stolz-Cesàro.
Calculăm incrementele. Pentru numărător:
\[ a_{n+1}-a_n=\log(n+1). \]
Pentru numitor:
\[ b_{n+1}-b_n=\log((n+1)^2+(n+1)). \]
Deoarece
\[ (n+1)^2+(n+1)=(n+1)(n+2), \]
obținem
\[ b_{n+1}-b_n=\log((n+1)(n+2)). \]
Folosind proprietatea logaritmului unui produs:
\[ b_{n+1}-b_n=\log(n+1)+\log(n+2). \]
Prin urmare, raportul incrementelor este
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\log(n+1)}{\log(n+1)+\log(n+2)}. \]
Împărțim numărătorul și numitorul la \(\log(n+1)\):
\[ \frac{\log(n+1)}{\log(n+1)+\log(n+2)} = \frac{1}{1+\displaystyle\frac{\log(n+2)}{\log(n+1)}}. \]
Acum,
\[ \frac{\log(n+2)}{\log(n+1)} = \frac{\log(n+1)+\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\log(n+1)}. \]
Deci
\[ \frac{\log(n+2)}{\log(n+1)} = 1+ \frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\log(n+1)}. \]
Deoarece
\[ \log\left(1+\frac{1}{n+1}\right)\to 0 \]
și
\[ \log(n+1)\to+\infty, \]
rezultă că
\[ \frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\log(n+1)}\to 0. \]
Așadar
\[ \frac{\log(n+2)}{\log(n+1)}\to 1. \]
Prin urmare
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}. \]
Conform teoremei Stolz-Cesàro, deducem că
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n}\log k}{\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k)} = \frac{1}{2}. \]