În această pagină propunem 20 de exerciții rezolvate despre șirurile mărginite. Exercițiile sunt concepute pentru a ajuta la recunoașterea situațiilor în care un șir este mărginit superior, mărginit inferior sau mărginit atât inferior, cât și superior.
În fiecare exercițiu vom lucra cu șiruri reale definite pe \(\mathbb{N}\), unde
\[ \mathbb{N}=\{0,1,2,\dots\}. \]
Amintim că un șir \((a_n)\) este mărginit superior dacă există \(M\in\mathbb{R}\) astfel încât
\[ a_n\le M \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). Analog, este mărginit inferior dacă există \(m\in\mathbb{R}\) astfel încât
\[ a_n\ge m \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\).
În sfârșit, un șir este mărginit dacă este mărginit atât inferior, cât și superior. În mod echivalent, \((a_n)\) este mărginit dacă există \(K>0\) astfel încât
\[ |a_n|\le K \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\).
Exercițiul 1 — nivel ★☆☆☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ a_n=\frac{1}{n+1} \]
este mărginit superior, mărginit inferior și mărginit.
Rezultat
Șirul este mărginit. Mai precis,
\[ 0\le a_n\le 1 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\).
Rezolvare
Șirul este definit prin
\[ a_n=\frac{1}{n+1}, \qquad n\in\mathbb{N}. \]
Deoarece în această culegere de exerciții presupunem
\[ \mathbb{N}=\{0,1,2,\dots\}, \]
avem
\[ n\ge 0. \]
Adunând \(1\) în ambii membri, obținem
\[ n+1\ge 1. \]
Așadar, numitorul \(n+1\) este întotdeauna pozitiv și cel puțin egal cu \(1\).
Din \(n+1\ge 1\) rezultă că
\[ 0<\frac{1}{n+1}\le 1. \]
Deoarece
\[ a_n=\frac{1}{n+1}, \]
putem scrie
\[ 0<a_n\le 1. \]
În particular, din \(a_n\le 1\) rezultă că \(1\) este un majorant al șirului. Prin urmare, șirul este mărginit superior.
De asemenea, din \(a_n>0\) rezultă și
\[ a_n\ge 0. \]
Așadar, \(0\) este un minorant al șirului, iar șirul este mărginit inferior.
Prin urmare, șirul este mărginit.
Exercițiul 2 — nivel ★☆☆☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ a_n=\frac{n}{n+1} \]
este mărginit superior, mărginit inferior și mărginit.
Rezultat
Șirul este mărginit. Mai precis,
\[ 0\le a_n<1 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). În particular, \(0\) este un minorant, iar \(1\) este un majorant.
Rezolvare
Considerăm șirul
\[ a_n=\frac{n}{n+1}. \]
Deoarece \(n\in\mathbb{N}\), avem
\[ n\ge 0. \]
În plus,
\[ n+1>0. \]
Numărătorul este, așadar, mai mare sau egal cu \(0\), în timp ce numitorul este pozitiv. În consecință,
\[ \frac{n}{n+1}\ge 0. \]
Așadar,
\[ a_n\ge 0 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). Aceasta arată că șirul este mărginit inferior.
Studiem acum mărginirea superioară. Deoarece
\[ n<n+1 \]
și deoarece \(n+1>0\), împărțind ambii membri la \(n+1\) obținem
\[ \frac{n}{n+1}<1. \]
Prin urmare,
\[ a_n<1. \]
În particular, \(1\) este un majorant al șirului, deoarece fiecare termen este mai mic decât \(1\). Prin urmare, șirul este mărginit superior.
Am demonstrat că
\[ 0\le a_n<1 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\).
Prin urmare, șirul este mărginit.
Exercițiul 3 — nivel ★☆☆☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ a_n=\frac{(-1)^n}{n+1} \]
este mărginit.
Rezultat
Șirul este mărginit. Într-adevăr,
\[ |a_n|\le 1 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). Așadar,
\[ -1\le a_n\le 1. \]
Rezolvare
Șirul este
\[ a_n=\frac{(-1)^n}{n+1}. \]
Pentru a stabili dacă este mărginit, este util să estimăm modulul termenilor săi.
Calculăm:
\[ |a_n| = \left|\frac{(-1)^n}{n+1}\right|. \]
Modulul unui cât este câtul modulelor, așadar
\[ |a_n| = \frac{|(-1)^n|}{|n+1|}. \]
Pentru orice \(n\in\mathbb{N}\), avem
\[ |(-1)^n|=1. \]
În plus, deoarece \(n+1>0\), avem
\[ |n+1|=n+1. \]
Așadar,
\[ |a_n|=\frac{1}{n+1}. \]
Deoarece \(n+1\ge 1\), avem
\[ \frac{1}{n+1}\le 1. \]
Așadar,
\[ |a_n|\le 1 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\).
Conform caracterizării cu ajutorul modulului, un șir real este mărginit dacă există \(K>0\) astfel încât
\[ |a_n|\le K \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). În acest caz putem alege \(K=1\).
Prin urmare, șirul este mărginit.
Exercițiul 4 — nivel ★☆☆☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ a_n=n+3 \]
este mărginit superior, mărginit inferior și mărginit.
Rezultat
Șirul este mărginit inferior, dar nu este mărginit superior. Prin urmare, nu este mărginit.
Rezolvare
Considerăm șirul
\[ a_n=n+3. \]
Deoarece \(n\in\mathbb{N}\), avem
\[ n\ge 0. \]
Adunând \(3\) în ambii membri, obținem
\[ n+3\ge 3. \]
Deoarece \(a_n=n+3\), rezultă că
\[ a_n\ge 3 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). Așadar, \(3\) este un minorant al șirului, deci șirul este mărginit inferior.
Verificăm acum dacă șirul este mărginit superior.
Pentru a fi mărginit superior, ar trebui să existe un număr real \(M\) astfel încât
\[ a_n\le M \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). Arătăm că acest lucru nu se întâmplă.
Fie \(M\in\mathbb{R}\) un număr real oarecare. Deoarece numerele naturale nu sunt mărginite superior, putem alege \(n\in\mathbb{N}\) astfel încât
\[ n>M-3. \]
Adunând \(3\) în ambii membri, obținem
\[ n+3>M. \]
Dar \(a_n=n+3\), așadar
\[ a_n>M. \]
Am demonstrat că, oricare ar fi \(M\in\mathbb{R}\), există un termen al șirului mai mare decât \(M\). Prin urmare, șirul nu este mărginit superior.
Deoarece este mărginit inferior, dar nu superior, șirul nu este mărginit.
Exercițiul 5 — nivel ★☆☆☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ a_n=-n^2 \]
este mărginit superior, mărginit inferior și mărginit.
Rezultat
Șirul este mărginit superior, dar nu este mărginit inferior. Prin urmare, nu este mărginit.
Rezolvare
Considerăm șirul
\[ a_n=-n^2. \]
Deoarece pătratul unui număr real este întotdeauna mai mare sau egal cu \(0\), pentru orice \(n\in\mathbb{N}\) avem
\[ n^2\ge 0. \]
Înmulțind ambii membri cu \(-1\), sensul inegalității se schimbă. Obținem astfel
\[ -n^2\le 0. \]
Deoarece \(a_n=-n^2\), rezultă că
\[ a_n\le 0 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). Așadar, \(0\) este un majorant al șirului, deci șirul este mărginit superior.
Studiem acum mărginirea inferioară.
Pentru a fi mărginit inferior, ar trebui să existe un număr real \(m\) astfel încât
\[ a_n\ge m \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). Arătăm că niciun număr real \(m\) nu poate fi un minorant.
Fie \(m\in\mathbb{R}\). Vrem să găsim un indice \(n\in\mathbb{N}\) astfel încât
\[ a_n<m. \]
Este suficient să alegem \(n\in\mathbb{N}\) suficient de mare astfel încât să avem
\[ n^2>|m|+1. \]
Această alegere este posibilă deoarece \(n^2\) crește nemărginit pe măsură ce \(n\) crește.
Din
\[ n^2>|m|+1 \]
rezultă în particular
\[ n^2>|m|. \]
Deoarece pentru orice \(m\in\mathbb{R}\) avem
\[ |m|\ge -m, \]
obținem
\[ n^2>-m. \]
Înmulțind cu \(-1\), sensul inegalității se schimbă:
\[ -n^2<m. \]
Deoarece \(a_n=-n^2\), rezultă că
\[ a_n<m. \]
Am demonstrat că, pentru orice \(m\in\mathbb{R}\), există un termen al șirului mai mic decât \(m\). Prin urmare, șirul nu este mărginit inferior.
Deoarece este mărginit superior, dar nu inferior, șirul nu este mărginit.
Exercițiul 6 — nivel ★☆☆☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ a_n=\frac{n^2}{n^2+1} \]
este mărginit superior, mărginit inferior și mărginit.
Rezultat
Șirul este mărginit. Mai precis,
\[ 0\le a_n<1 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). În particular, \(0\) este un minorant, iar \(1\) este un majorant.
Rezolvare
Considerăm șirul
\[ a_n=\frac{n^2}{n^2+1}. \]
Pentru orice \(n\in\mathbb{N}\), avem
\[ n^2\ge 0. \]
În plus,
\[ n^2+1>0. \]
Numărătorul este, așadar, mai mare sau egal cu \(0\), în timp ce numitorul este pozitiv. În consecință,
\[ \frac{n^2}{n^2+1}\ge 0. \]
Așadar,
\[ a_n\ge 0 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). Aceasta arată că șirul este mărginit inferior.
Studiem acum mărginirea superioară. Deoarece
\[ n^2<n^2+1 \]
și deoarece \(n^2+1>0\), împărțind ambii membri la \(n^2+1\) obținem
\[ \frac{n^2}{n^2+1}<1. \]
Așadar,
\[ a_n<1 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). În particular, \(1\) este un majorant al șirului, deci șirul este mărginit superior.
Am demonstrat că
\[ 0\le a_n<1 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\).
Prin urmare, șirul este mărginit.
Exercițiul 7 — nivel ★★☆☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ a_n=(-1)^n n \]
este mărginit superior, mărginit inferior și mărginit.
Rezultat
Șirul nu este mărginit superior și nu este mărginit inferior. Prin urmare, nu este mărginit.
Rezolvare
Considerăm șirul
\[ a_n=(-1)^n n. \]
Factorul \((-1)^n\) își schimbă semnul în funcție de paritatea lui \(n\).
Dacă \(n\) este par, atunci \((-1)^n=1\), deci
\[ a_n=n. \]
Dacă, în schimb, \(n\) este impar, atunci \((-1)^n=-1\), deci
\[ a_n=-n. \]
Studiem mai întâi mărginirea superioară.
Pentru a demonstra că șirul nu este mărginit superior, trebuie să arătăm că, oricare ar fi \(M\in\mathbb{R}\), există un indice \(n\in\mathbb{N}\) astfel încât
\[ a_n>M. \]
Fie, așadar, \(M\in\mathbb{R}\). Alegem un indice par \(n=2q\) suficient de mare astfel încât
\[ 2q>M. \]
Această alegere este posibilă deoarece numerele naturale pare cresc nemărginit.
Pentru acest indice \(n=2q\), fiind \(n\) par, avem
\[ (-1)^n=1. \]
Așadar,
\[ a_n=(-1)^n n=n=2q>M. \]
Am demonstrat astfel că niciun număr real \(M\) nu poate fi un majorant. Șirul nu este mărginit superior.
Studiem acum mărginirea inferioară.
Pentru a demonstra că șirul nu este mărginit inferior, trebuie să arătăm că, oricare ar fi \(m\in\mathbb{R}\), există un indice \(n\in\mathbb{N}\) astfel încât
\[ a_n<m. \]
Fie, așadar, \(m\in\mathbb{R}\). Alegem un indice impar \(n=2q+1\) suficient de mare astfel încât
\[ -(2q+1)<m. \]
Această alegere este posibilă deoarece numerele de forma \(-(2q+1)\) scad nemărginit pe măsură ce \(q\) crește.
Pentru acest indice \(n=2q+1\), fiind \(n\) impar, avem
\[ (-1)^n=-1. \]
Așadar,
\[ a_n=(-1)^n n=-n=-(2q+1)<m. \]
Am demonstrat astfel că niciun număr real \(m\) nu poate fi un minorant. Șirul nu este mărginit inferior.
Deoarece șirul nu este mărginit superior și nu este mărginit inferior, el nu este mărginit.
Exercițiul 8 — nivel ★★☆☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ a_n=(-1)^n\frac{n}{n+1} \]
este mărginit.
Rezultat
Șirul este mărginit. Într-adevăr,
\[ |a_n|<1 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). Așadar, în particular,
\[ -1\le a_n\le 1. \]
Rezolvare
Considerăm șirul
\[ a_n=(-1)^n\frac{n}{n+1}. \]
Deoarece șirul conține factorul alternant \((-1)^n\), este firesc să estimăm modulul termenilor săi.
Calculăm:
\[ |a_n| = \left|(-1)^n\frac{n}{n+1}\right|. \]
Folosind proprietățile modulului, obținem
\[ |a_n| = |(-1)^n|\left|\frac{n}{n+1}\right|. \]
Pentru orice \(n\in\mathbb{N}\), avem
\[ |(-1)^n|=1. \]
În plus, \(n\ge 0\) și \(n+1>0\), așadar
\[ \left|\frac{n}{n+1}\right|=\frac{n}{n+1}. \]
Așadar,
\[ |a_n|=\frac{n}{n+1}. \]
Deoarece
\[ n<n+1 \]
și \(n+1>0\), împărțind la \(n+1\) obținem
\[ \frac{n}{n+1}<1. \]
Așadar,
\[ |a_n|<1 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\).
În particular, are loc și
\[ |a_n|\le 1. \]
Conform caracterizării cu ajutorul modulului, deoarece există \(K>0\), de exemplu \(K=1\), astfel încât
\[ |a_n|\le K \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\), șirul este mărginit.
Din inegalitatea \(|a_n|\le 1\) rezultă și
\[ -1\le a_n\le 1. \]
Exercițiul 9 — nivel ★★☆☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ a_n=\frac{2n+1}{n+2} \]
este mărginit superior, mărginit inferior și mărginit.
Rezultat
Șirul este mărginit. Mai precis,
\[ \frac{1}{2}\le a_n<2 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\).
Rezolvare
Considerăm șirul
\[ a_n=\frac{2n+1}{n+2}. \]
Pentru a studia mărginirea, rescriem numărătorul în funcție de numitor. Observăm că
\[ 2n+1=2(n+2)-3. \]
Într-adevăr,
\[ 2(n+2)-3=2n+4-3=2n+1. \]
Așadar,
\[ a_n=\frac{2(n+2)-3}{n+2}. \]
Separând fracția, obținem
\[ a_n = \frac{2(n+2)}{n+2}-\frac{3}{n+2} = 2-\frac{3}{n+2}. \]
Deoarece \(n\in\mathbb{N}\), avem
\[ n+2\ge 2. \]
Așadar,
\[ \frac{3}{n+2}>0. \]
Din
\[ a_n=2-\frac{3}{n+2} \]
și din \(\displaystyle\frac{3}{n+2}>0\) rezultă că
\[ a_n<2. \]
Așadar, \(2\) este un majorant al șirului, iar șirul este mărginit superior.
Căutăm acum un minorant. Deoarece \(n+2\ge 2\), împărțind \(3\) la un număr mai mare sau egal cu \(2\) obținem
\[ \frac{3}{n+2}\le \frac{3}{2}. \]
Schimbând semnul, sensul inegalității se inversează:
\[ -\frac{3}{n+2}\ge -\frac{3}{2}. \]
Adunând \(2\) în ambii membri, obținem
\[ 2-\frac{3}{n+2}\ge 2-\frac{3}{2}. \]
Deoarece
\[ 2-\frac{3}{2}=\frac{1}{2}, \]
rezultă că
\[ a_n\ge \frac{1}{2}. \]
Așadar, \(\displaystyle\frac{1}{2}\) este un minorant al șirului, iar șirul este mărginit inferior.
Am demonstrat că
\[ \frac{1}{2}\le a_n<2 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). Prin urmare, șirul este mărginit.
Exercițiul 10 — nivel ★★☆☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ a_n=\frac{n^2+3}{n^2+1} \]
este mărginit superior, mărginit inferior și mărginit.
Rezultat
Șirul este mărginit. Mai precis,
\[ 1<a_n\le 3 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\).
Rezolvare
Considerăm șirul
\[ a_n=\frac{n^2+3}{n^2+1}. \]
Pentru a studia mărginirea, rescriem numărătorul astfel încât să punem în evidență numitorul:
\[ n^2+3=(n^2+1)+2. \]
Așadar,
\[ a_n=\frac{(n^2+1)+2}{n^2+1}. \]
Separând fracția, obținem
\[ a_n = \frac{n^2+1}{n^2+1} + \frac{2}{n^2+1} = 1+\frac{2}{n^2+1}. \]
Deoarece \(n^2\ge 0\), avem
\[ n^2+1\ge 1. \]
În consecință,
\[ \frac{2}{n^2+1}>0. \]
Din
\[ a_n=1+\frac{2}{n^2+1} \]
rezultă atunci
\[ a_n>1. \]
În particular, \(1\) este un minorant al șirului, deci șirul este mărginit inferior.
Căutăm acum un majorant. Din \(n^2+1\ge 1\) rezultă
\[ \frac{2}{n^2+1}\le 2. \]
Adunând \(1\) în ambii membri, obținem
\[ 1+\frac{2}{n^2+1}\le 3. \]
Deoarece
\[ a_n=1+\frac{2}{n^2+1}, \]
rezultă că
\[ a_n\le 3. \]
Așadar, \(3\) este un majorant al șirului, iar șirul este mărginit superior.
Am demonstrat că
\[ 1<a_n\le 3 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). Prin urmare, șirul este mărginit.
Exercițiul 11 — nivel ★★☆☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ a_n=\frac{3n^2-2}{n^2+1} \]
este mărginit superior, mărginit inferior și mărginit.
Rezultat
Șirul este mărginit. Mai precis,
\[ -2\le a_n<3 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\).
Rezolvare
Considerăm șirul
\[ a_n=\frac{3n^2-2}{n^2+1}. \]
Pentru a studia mărginirea, rescriem numărătorul astfel încât să punem în evidență numitorul. Observăm că
\[ 3n^2-2=3(n^2+1)-5. \]
Într-adevăr,
\[ 3(n^2+1)-5=3n^2+3-5=3n^2-2. \]
Așadar,
\[ a_n=\frac{3(n^2+1)-5}{n^2+1}. \]
Separând fracția, obținem
\[ a_n = \frac{3(n^2+1)}{n^2+1}-\frac{5}{n^2+1} = 3-\frac{5}{n^2+1}. \]
Deoarece \(n^2\ge 0\), avem
\[ n^2+1\ge 1. \]
În particular, numitorul \(n^2+1\) este întotdeauna pozitiv. Așadar,
\[ \frac{5}{n^2+1}>0. \]
Din
\[ a_n=3-\frac{5}{n^2+1} \]
și din \(\displaystyle\frac{5}{n^2+1}>0\) rezultă că
\[ a_n<3. \]
Așadar, \(3\) este un majorant al șirului, iar șirul este mărginit superior.
Căutăm acum un minorant. Din \(n^2+1\ge 1\) rezultă
\[ \frac{5}{n^2+1}\le 5. \]
Schimbând semnul, sensul inegalității se inversează:
\[ -\frac{5}{n^2+1}\ge -5. \]
Adunând \(3\) în ambii membri, obținem
\[ 3-\frac{5}{n^2+1}\ge 3-5. \]
Deoarece
\[ 3-5=-2, \]
rezultă că
\[ a_n\ge -2. \]
Așadar, \(-2\) este un minorant al șirului, iar șirul este mărginit inferior.
Am demonstrat că
\[ -2\le a_n<3 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). Prin urmare, șirul este mărginit.
Exercițiul 12 — nivel ★★☆☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ a_n=\frac{n}{n^2+1} \]
este mărginit superior, mărginit inferior și mărginit.
Rezultat
Șirul este mărginit. Mai precis,
\[ 0\le a_n\le \frac{1}{2} \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\).
Rezolvare
Considerăm șirul
\[ a_n=\frac{n}{n^2+1}. \]
Deoarece \(n\in\mathbb{N}\), avem
\[ n\ge 0. \]
În plus,
\[ n^2+1>0. \]
Numărătorul este mai mare sau egal cu \(0\), în timp ce numitorul este pozitiv. În consecință,
\[ \frac{n}{n^2+1}\ge 0. \]
Așadar,
\[ a_n\ge 0 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). Șirul este, prin urmare, mărginit inferior.
Studiem acum mărginirea superioară. Vrem să arătăm că
\[ \frac{n}{n^2+1}\le \frac{1}{2}. \]
Deoarece \(n^2+1>0\), putem înmulți ambii membri cu \(2(n^2+1)\), care este pozitiv. Inegalitatea precedentă este echivalentă cu
\[ 2n\le n^2+1. \]
Trecând totul în membrul al doilea, obținem
\[ 0\le n^2-2n+1. \]
Dar
\[ n^2-2n+1=(n-1)^2. \]
Așadar, inegalitatea devine
\[ 0\le (n-1)^2. \]
Aceasta este întotdeauna adevărată, deoarece pătratul unui număr real este întotdeauna mai mare sau egal cu \(0\).
Așadar,
\[ \frac{n}{n^2+1}\le \frac{1}{2} \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\).
Prin urmare, \(\displaystyle\frac{1}{2}\) este un majorant al șirului, iar șirul este mărginit superior.
Am demonstrat că
\[ 0\le a_n\le \frac{1}{2} \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). Prin urmare, șirul este mărginit.
Exercițiul 13 — nivel ★★☆☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ a_n=(-1)^n\frac{n+2}{n+1} \]
este mărginit.
Rezultat
Șirul este mărginit. Într-adevăr,
\[ |a_n|\le 2 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). Așadar,
\[ -2\le a_n\le 2. \]
Rezolvare
Considerăm șirul
\[ a_n=(-1)^n\frac{n+2}{n+1}. \]
Deoarece este prezent factorul alternant \((-1)^n\), este util să studiem modulul termenilor.
Calculăm:
\[ |a_n| = \left|(-1)^n\frac{n+2}{n+1}\right|. \]
Folosind proprietățile modulului, obținem
\[ |a_n| = |(-1)^n|\left|\frac{n+2}{n+1}\right|. \]
Pentru orice \(n\in\mathbb{N}\), avem
\[ |(-1)^n|=1. \]
În plus, \(n+1>0\) și \(n+2>0\), așadar
\[ \left|\frac{n+2}{n+1}\right|=\frac{n+2}{n+1}. \]
Prin urmare,
\[ |a_n|=\frac{n+2}{n+1}. \]
Rescriem acum fracția:
\[ \frac{n+2}{n+1} = \frac{(n+1)+1}{n+1} = 1+\frac{1}{n+1}. \]
Deoarece \(n+1\ge 1\), avem
\[ \frac{1}{n+1}\le 1. \]
Adunând \(1\) în ambii membri, obținem
\[ 1+\frac{1}{n+1}\le 2. \]
Deoarece
\[ |a_n|=1+\frac{1}{n+1}, \]
rezultă că
\[ |a_n|\le 2. \]
Conform caracterizării cu ajutorul modulului, deoarece există \(K>0\), de exemplu \(K=2\), astfel încât
\[ |a_n|\le K \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\), șirul este mărginit.
În particular, din inegalitatea \(|a_n|\le 2\) rezultă
\[ -2\le a_n\le 2. \]
Exercițiul 14 — nivel ★★☆☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ a_n=\frac{n^3}{n^2+1} \]
este mărginit superior, mărginit inferior și mărginit.
Rezultat
Șirul este mărginit inferior, dar nu este mărginit superior. Prin urmare, nu este mărginit.
Rezolvare
Considerăm șirul
\[ a_n=\frac{n^3}{n^2+1}. \]
Deoarece \(n\in\mathbb{N}\), avem
\[ n\ge 0. \]
Așadar,
\[ n^3\ge 0. \]
În plus,
\[ n^2+1>0. \]
Numărătorul este mai mare sau egal cu \(0\), în timp ce numitorul este pozitiv. Prin urmare,
\[ \frac{n^3}{n^2+1}\ge 0. \]
Așadar,
\[ a_n\ge 0 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). Șirul este, prin urmare, mărginit inferior.
Arătăm acum că șirul nu este mărginit superior.
Pentru \(n\ge 1\), avem
\[ n^2+1\le 2n^2. \]
Într-adevăr, dacă \(n\ge 1\), atunci \(1\le n^2\), deci
\[ n^2+1\le n^2+n^2=2n^2. \]
Deoarece \(n^2+1\le 2n^2\) și toate cantitățile implicate sunt pozitive, trecând la inverse, sensul inegalității se inversează:
\[ \frac{1}{n^2+1}\ge \frac{1}{2n^2}. \]
Înmulțind cu \(n^3\ge 0\), obținem
\[ \frac{n^3}{n^2+1}\ge \frac{n^3}{2n^2}. \]
Simplificând,
\[ \frac{n^3}{2n^2}=\frac{n}{2}. \]
Așadar, pentru orice \(n\ge 1\),
\[ a_n\ge \frac{n}{2}. \]
Fie acum \(M\in\mathbb{R}\). Vrem să găsim un indice \(n\in\mathbb{N}\) astfel încât
\[ a_n>M. \]
Alegem \(n\in\mathbb{N}\) astfel încât
\[ n\ge 1 \qquad \text{și} \qquad \frac{n}{2}>M. \]
Această alegere este posibilă deoarece \(\displaystyle\frac{n}{2}\) crește nemărginit pe măsură ce \(n\) crește.
Pentru acest indice, folosind estimarea precedentă, avem
\[ a_n\ge \frac{n}{2}>M. \]
Am demonstrat astfel că, oricare ar fi \(M\in\mathbb{R}\), există un termen al șirului mai mare decât \(M\). Prin urmare, șirul nu este mărginit superior.
Deoarece șirul este mărginit inferior, dar nu superior, el nu este mărginit.
Exercițiul 15 — nivel ★★☆☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ a_n=n^2-4n \]
este mărginit superior, mărginit inferior și mărginit.
Rezultat
Șirul este mărginit inferior, dar nu este mărginit superior. Prin urmare, nu este mărginit.
Rezolvare
Considerăm șirul
\[ a_n=n^2-4n. \]
Pentru a studia mărginirea inferioară, completăm pătratul perfect:
\[ n^2-4n=n^2-4n+4-4. \]
Deoarece
\[ n^2-4n+4=(n-2)^2, \]
obținem
\[ a_n=(n-2)^2-4. \]
Acum, pentru orice \(n\in\mathbb{N}\), pătratul \((n-2)^2\) este mai mare sau egal cu \(0\). Așadar,
\[ (n-2)^2\ge 0. \]
Scăzând \(4\) din ambii membri, obținem
\[ (n-2)^2-4\ge -4. \]
Deoarece
\[ a_n=(n-2)^2-4, \]
rezultă că
\[ a_n\ge -4. \]
Așadar, \(-4\) este un minorant al șirului, iar șirul este mărginit inferior.
Arătăm acum că șirul nu este mărginit superior.
Pentru \(n\ge 8\), avem
\[ n^2-4n\ge \frac{n^2}{2}. \]
Verificăm această estimare. Inegalitatea
\[ n^2-4n\ge \frac{n^2}{2} \]
este echivalentă cu
\[ \frac{n^2}{2}-4n\ge 0. \]
Dând factor comun pe \(n\), obținem
\[ n\left(\frac{n}{2}-4\right)\ge 0. \]
Dacă \(n\ge 8\), atunci
\[ \frac{n}{2}-4\ge 0, \]
și, deoarece \(n\ge 0\), produsul este mai mare sau egal cu \(0\). Așadar, pentru orice \(n\ge 8\),
\[ a_n=n^2-4n\ge \frac{n^2}{2}. \]
Fie acum \(M\in\mathbb{R}\). Vrem să găsim un indice \(n\in\mathbb{N}\) astfel încât
\[ a_n>M. \]
Deoarece \(\displaystyle\frac{n^2}{2}\) crește nemărginit pe măsură ce \(n\) crește, putem alege \(n\in\mathbb{N}\) astfel încât
\[ n\ge 8 \qquad \text{și} \qquad \frac{n^2}{2}>M. \]
Pentru acest indice, din estimarea precedentă rezultă
\[ a_n\ge \frac{n^2}{2}>M. \]
Așadar, oricare ar fi \(M\in\mathbb{R}\), există un termen al șirului mai mare decât \(M\). Prin urmare, șirul nu este mărginit superior.
Deoarece șirul este mărginit inferior, dar nu superior, el nu este mărginit.
Exercițiul 16 — nivel ★★☆☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ a_n=\sqrt{n+1}-\sqrt{n} \]
este mărginit superior, mărginit inferior și mărginit.
Rezultat
Șirul este mărginit. Mai precis,
\[ 0<a_n\le 1 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\).
Rezolvare
Considerăm șirul
\[ a_n=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}. \]
Deoarece \(n+1>n\), iar funcția radical este crescătoare pe \([0,+\infty)\), avem
\[ \sqrt{n+1}>\sqrt{n}. \]
Scăzând \(\sqrt{n}\) din ambii membri, obținem
\[ \sqrt{n+1}-\sqrt{n}>0. \]
Așadar,
\[ a_n>0 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). În particular, \(0\) este un minorant al șirului, deci șirul este mărginit inferior.
Studiem acum mărginirea superioară. Pentru a estima \(a_n\), raționalizăm:
\[ a_n=\sqrt{n+1}-\sqrt{n} = \frac{(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}. \]
La numărător folosim produsul remarcabil
\[ (x-y)(x+y)=x^2-y^2. \]
Obținem astfel
\[ a_n= \frac{(n+1)-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}. \]
Deoarece \(n\ge 0\), avem
\[ \sqrt{n+1}\ge 1 \qquad \text{și} \qquad \sqrt{n}\ge 0. \]
Așadar,
\[ \sqrt{n+1}+\sqrt{n}\ge 1. \]
În consecință,
\[ \frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\le 1. \]
Deoarece
\[ a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}, \]
rezultă că
\[ a_n\le 1. \]
Așadar, \(1\) este un majorant al șirului, iar șirul este mărginit superior.
Am demonstrat că
\[ 0<a_n\le 1 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\).
Prin urmare, șirul este mărginit.
Exercițiul 17 — nivel ★★☆☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ a_n=\sqrt{n^2+1}-n \]
este mărginit superior, mărginit inferior și mărginit.
Rezultat
Șirul este mărginit. Mai precis,
\[ 0<a_n\le 1 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\).
Rezolvare
Considerăm șirul
\[ a_n=\sqrt{n^2+1}-n. \]
Deoarece
\[ n^2+1>n^2, \]
și deoarece radicalul este crescător pe \([0,+\infty)\), obținem
\[ \sqrt{n^2+1}>\sqrt{n^2}. \]
Deoarece \(n\in\mathbb{N}\), avem \(n\ge 0\), așadar
\[ \sqrt{n^2}=n. \]
Prin urmare,
\[ \sqrt{n^2+1}>n. \]
Scăzând \(n\) din ambii membri, rezultă că
\[ \sqrt{n^2+1}-n>0. \]
Așadar,
\[ a_n>0 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). Șirul este, prin urmare, mărginit inferior, de exemplu de \(0\).
Studiem acum mărginirea superioară. Raționalizăm expresia:
\[ a_n=\sqrt{n^2+1}-n = \frac{(\sqrt{n^2+1}-n)(\sqrt{n^2+1}+n)}{\sqrt{n^2+1}+n}. \]
La numărător obținem
\[ (\sqrt{n^2+1})^2-n^2=n^2+1-n^2=1. \]
Așadar,
\[ a_n=\frac{1}{\sqrt{n^2+1}+n}. \]
Deoarece \(n\ge 0\), avem
\[ \sqrt{n^2+1}\ge 1 \qquad \text{și} \qquad n\ge 0. \]
Așadar,
\[ \sqrt{n^2+1}+n\ge 1. \]
De aici rezultă
\[ \frac{1}{\sqrt{n^2+1}+n}\le 1. \]
Deoarece
\[ a_n=\frac{1}{\sqrt{n^2+1}+n}, \]
obținem
\[ a_n\le 1. \]
Așadar, \(1\) este un majorant al șirului, iar șirul este mărginit superior.
Am demonstrat că
\[ 0<a_n\le 1 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). Prin urmare, șirul este mărginit.
Exercițiul 18 — nivel ★★★☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ a_n=(-1)^n+\frac{1}{n+1} \]
este mărginit.
Rezultat
Șirul este mărginit. De exemplu,
\[ -1\le a_n\le 2 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\).
Rezolvare
Considerăm șirul
\[ a_n=(-1)^n+\frac{1}{n+1}. \]
Pentru orice \(n\in\mathbb{N}\), termenul \((-1)^n\) poate lua doar valorile \(1\) și \(-1\). Așadar,
\[ -1\le (-1)^n\le 1. \]
În plus, deoarece \(n+1\ge 1\), avem
\[ 0<\frac{1}{n+1}\le 1. \]
Din această inegalitate rezultă în particular că
\[ 0\le \frac{1}{n+1}\le 1. \]
Adunăm acum cele două estimări:
\[ -1\le (-1)^n\le 1 \]
și
\[ 0\le \frac{1}{n+1}\le 1. \]
Adunând membru cu membru, obținem
\[ -1+0\le (-1)^n+\frac{1}{n+1}\le 1+1. \]
Așadar,
\[ -1\le (-1)^n+\frac{1}{n+1}\le 2. \]
Deoarece
\[ a_n=(-1)^n+\frac{1}{n+1}, \]
rezultă că
\[ -1\le a_n\le 2 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\).
Așadar, \(-1\) este un minorant, iar \(2\) este un majorant al șirului. Prin urmare, șirul este mărginit.
Exercițiul 19 — nivel ★★★☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ a_n=\frac{(-1)^n n^2+n}{n^2+1} \]
este mărginit.
Rezultat
Șirul este mărginit. De exemplu,
\[ |a_n|\le 2 \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\).
Rezolvare
Considerăm șirul
\[ a_n=\frac{(-1)^n n^2+n}{n^2+1}. \]
Pentru a demonstra că șirul este mărginit, estimăm modulul:
\[ |a_n| = \left|\frac{(-1)^n n^2+n}{n^2+1}\right|. \]
Deoarece \(n^2+1>0\), putem scrie
\[ |a_n| = \frac{|(-1)^n n^2+n|}{n^2+1}. \]
Folosim acum inegalitatea triunghiului:
\[ |x+y|\le |x|+|y|. \]
În cazul nostru,
\[ |(-1)^n n^2+n| \le |(-1)^n n^2|+|n|. \]
Deoarece
\[ |(-1)^n|=1 \]
și \(n\ge 0\), obținem
\[ |(-1)^n n^2|=n^2 \qquad \text{și} \qquad |n|=n. \]
Așadar,
\[ |(-1)^n n^2+n|\le n^2+n. \]
În consecință,
\[ |a_n| \le \frac{n^2+n}{n^2+1}. \]
Vrem acum să majorăm această fracție. Deoarece \(n\in\mathbb{N}\), pentru orice \(n\) are loc
\[ n\le n^2+1. \]
Într-adevăr, această inegalitate este echivalentă cu
\[ n^2-n+1\ge 0, \]
iar aceasta este adevărată pentru orice \(n\in\mathbb{N}\). De exemplu, dacă \(n=0\) este imediată, iar dacă \(n\ge 1\), atunci \(n^2\ge n\), deci \(n^2+1\ge n\).
Din \(n\le n^2+1\) rezultă
\[ n^2+n\le n^2+(n^2+1)=2n^2+1. \]
Deoarece
\[ 2n^2+1\le 2n^2+2=2(n^2+1), \]
obținem
\[ n^2+n\le 2(n^2+1). \]
Împărțind la \(n^2+1>0\), rezultă că
\[ \frac{n^2+n}{n^2+1}\le 2. \]
Prin urmare,
\[ |a_n|\le 2. \]
Deoarece există \(K>0\), de exemplu \(K=2\), astfel încât
\[ |a_n|\le K \]
pentru orice \(n\in\mathbb{N}\), șirul este mărginit.
Exercițiul 20 — nivel ★★★☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ a_n=(-1)^n n+\frac{1}{n+1} \]
este mărginit superior, mărginit inferior și mărginit.
Rezultat
Șirul nu este mărginit superior și nu este mărginit inferior. Prin urmare, nu este mărginit.
Rezolvare
Considerăm șirul
\[ a_n=(-1)^n n+\frac{1}{n+1}. \]
Termenul principal este \((-1)^n n\), care ia valori pozitive din ce în ce mai mari pentru indicii pari și valori negative din ce în ce mai mici pentru indicii impari. Termenul
\[ \frac{1}{n+1} \]
este, în schimb, întotdeauna pozitiv și cuprins între \(0\) și \(1\). Arătăm în mod riguros că șirul nu este mărginit nici superior, nici inferior.
Studiem mai întâi mărginirea superioară. Fie \(M\in\mathbb{R}\). Vrem să găsim un indice \(n\in\mathbb{N}\) astfel încât
\[ a_n>M. \]
Alegem un indice par \(n=2q\). Atunci
\[ (-1)^n=(-1)^{2q}=1. \]
Pentru acești indici, șirul devine
\[ a_{2q}=2q+\frac{1}{2q+1}. \]
Deoarece
\[ \frac{1}{2q+1}>0, \]
rezultă că
\[ a_{2q}=2q+\frac{1}{2q+1}>2q. \]
Alegem acum \(q\in\mathbb{N}\) suficient de mare astfel încât
\[ 2q>M. \]
Atunci
\[ a_{2q}>2q>M. \]
Am demonstrat că, oricare ar fi \(M\in\mathbb{R}\), există un termen al șirului mai mare decât \(M\). Prin urmare, șirul nu este mărginit superior.
Studiem acum mărginirea inferioară. Fie \(m\in\mathbb{R}\). Vrem să găsim un indice \(n\in\mathbb{N}\) astfel încât
\[ a_n<m. \]
Alegem un indice impar \(n=2q+1\). Atunci
\[ (-1)^n=(-1)^{2q+1}=-1. \]
Pentru acești indici, șirul devine
\[ a_{2q+1}=-(2q+1)+\frac{1}{2q+2}. \]
Deoarece
\[ 0<\frac{1}{2q+2}\le 1, \]
obținem
\[ a_{2q+1} = -(2q+1)+\frac{1}{2q+2} \le -(2q+1)+1. \]
Așadar,
\[ a_{2q+1}\le -2q. \]
Alegem acum \(q\in\mathbb{N}\) suficient de mare astfel încât
\[ -2q<m. \]
Această alegere este posibilă deoarece \(-2q\) tinde la \(-\infty\) pe măsură ce \(q\) crește.
Pentru această alegere a lui \(q\), avem
\[ a_{2q+1}\le -2q<m. \]
Am demonstrat că, oricare ar fi \(m\in\mathbb{R}\), există un termen al șirului mai mic decât \(m\). Prin urmare, șirul nu este mărginit inferior.
Deoarece șirul nu este mărginit superior și nu este mărginit inferior, el nu este mărginit.