În această culegere propunem 20 de exerciții rezolvate pas cu pas despre teorema de comparație pentru șiruri. Scopul nu este doar de a calcula limite, ci de a învăța să recunoaștem ce formă a teoremei trebuie folosită: comparația între șiruri convergente, criteriul cleștelui sau comparația cu șiruri divergente la \(+\infty\) ori la \(-\infty\).
În fiecare exercițiu vom acorda atenție sensului inegalităților și faptului că acestea trebuie să fie verificate de la un anumit rang, adică începând de la un anumit indice. Acest aspect este fundamental: pentru a aplica corect o teoremă despre limite nu este necesar ca o inegalitate să fie verificată pentru toți indicii, ci trebuie demonstrat că ea este verificată pentru toți indicii suficient de mari.
Exercițiile sunt ordonate după dificultate crescătoare. În primele vom folosi estimări imediate, precum \(-1\le \sin n\le 1\) sau \(-1\le \cos n\le 1\). În cele care urmează, în schimb, va fi necesar să construim estimări mai fine și să alegem cu grijă șirurile pe care le comparăm.
Exercițiul 1 — nivel ★☆☆☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sin n}{n}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sin n}{n}=0. \]
Rezolvare
Dificultatea exercițiului constă în faptul că șirul \(\sin n\) nu admite limită. Într-adevăr, valorile lui \(\sin n\) oscilează și nu se apropie de un unic număr real. Știm totuși că sinusul este întotdeauna cuprins între \(-1\) și \(1\). Așadar, pentru orice \(n\in\mathbb{N}\), avem
\[ -1\le \sin n\le 1. \]
Deoarece vrem să studiem \(\displaystyle \frac{\sin n}{n}\), împărțim toți membrii la \(n\). Pentru \(n\ge 1\) numărul \(n\) este pozitiv, astfel încât sensul inegalităților se păstrează:
\[ -\frac{1}{n}\le \frac{\sin n}{n}\le \frac{1}{n}. \]
Studiem acum cele două șiruri exterioare. Avem
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-\frac{1}{n}\right)=0 \qquad\text{și}\qquad \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}=0. \]
Prin urmare, șirul \(\displaystyle \frac{\sin n}{n}\) este cuprins, pentru orice \(n\ge 1\), între două șiruri care tind amândouă la \(0\). Conform criteriului cleștelui, rezultă că și șirul intermediar tinde la \(0\). Așadar
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sin n}{n}=0. \]
Exercițiul 2 — nivel ★☆☆☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(4+\frac{(-1)^n}{n}\right). \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(4+\frac{(-1)^n}{n}\right)=4. \]
Rezolvare
Șirul \(((-1)^n)\) oscilează între \(1\) și \(-1\). Într-adevăr, pentru orice \(n\), avem
\[ -1\le (-1)^n\le 1. \]
Pentru \(n\ge 1\) împărțim toți membrii inegalității la \(n\). Deoarece \(n\) este pozitiv, sensul inegalităților se păstrează:
\[ -\frac{1}{n}\le \frac{(-1)^n}{n}\le \frac{1}{n}. \]
Adunăm acum \(4\) la toți membrii. Adunarea aceluiași număr nu modifică sensul inegalităților, astfel încât obținem
\[ 4-\frac{1}{n}\le 4+\frac{(-1)^n}{n}\le 4+\frac{1}{n}. \]
Studiem limitele celor două șiruri exterioare:
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(4-\frac{1}{n}\right)=4 \qquad\text{și}\qquad \lim_{n\to+\infty}\left(4+\frac{1}{n}\right)=4. \]
Șirul dat este, așadar, cuprins, pentru orice \(n\ge 1\), între două șiruri care tind amândouă la \(4\). Conform criteriului cleștelui, și șirul intermediar tinde la \(4\). Așadar
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(4+\frac{(-1)^n}{n}\right)=4. \]
Exercițiul 3 — nivel ★☆☆☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\cos n}{n+1}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\cos n}{n+1}=0. \]
Rezolvare
Și în acest caz șirul \(\cos n\) nu are limită, deoarece oscilează. Cu toate acestea, este întotdeauna mărginit între \(-1\) și \(1\). Într-adevăr, pentru orice \(n\in\mathbb{N}\),
\[ -1\le \cos n\le 1. \]
Trebuie să împărțim la \(n+1\). Pentru orice \(n\in\mathbb{N}\) avem \(n+1>0\). Putem deci împărți toți membrii inegalității la \(n+1\) fără a schimba sensul inegalităților:
\[ -\frac{1}{n+1}\le \frac{\cos n}{n+1}\le \frac{1}{n+1}. \]
Șirurile exterioare au amândouă limita \(0\); într-adevăr,
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-\frac{1}{n+1}\right)=0 \qquad\text{și}\qquad \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n+1}=0. \]
Șirul \(\displaystyle \frac{\cos n}{n+1}\) este, prin urmare, cuprins între două șiruri care tind la aceeași limită. Conform criteriului cleștelui, se conchide că
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\cos n}{n+1}=0. \]
Exercițiul 4 — nivel ★★☆☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{\sin n}{n}\right). \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{\sin n}{n}\right)=1. \]
Rezolvare
Șirul dat este format dintr-o parte constantă, egală cu \(1\), și dintr-o parte oscilantă, egală cu \(\displaystyle \frac{\sin n}{n}\). Pentru a determina limita, trebuie să arătăm că partea oscilantă tinde la \(0\).
Pentru orice \(n\in\mathbb{N}\) știm că
\[ -1\le \sin n\le 1. \]
Pentru \(n\ge 1\), împărțind toți membrii la \(n\), obținem
\[ -\frac{1}{n}\le \frac{\sin n}{n}\le \frac{1}{n}. \]
Adunăm acum \(1\) la toți membrii inegalității. Adunarea aceluiași număr la toți membrii nu schimbă sensul inegalităților:
\[ 1-\frac{1}{n}\le 1+\frac{\sin n}{n}\le 1+\frac{1}{n}. \]
Studiem limitele celor două șiruri exterioare:
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1-\frac{1}{n}\right)=1 \qquad\text{și}\qquad \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)=1. \]
Șirul dat este, prin urmare, cuprins, de la un anumit rang, între două șiruri care tind amândouă la \(1\). Conform criteriului cleștelui,
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{\sin n}{n}\right)=1. \]
Exercițiul 5 — nivel ★★☆☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^2+n}}{n}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^2+n}}{n}=1. \]
Rezolvare
Observăm mai întâi că, pentru \(n\ge 1\), numitorul \(n\) este pozitiv. Putem deci rescrie șirul scoțând \(n^2\) de sub radical:
\[ \frac{\sqrt{n^2+n}}{n} = \frac{\sqrt{n^2\left(1+\frac{1}{n}\right)}}{n}. \]
Deoarece \(n\ge 1\), avem \(\sqrt{n^2}=n\). Așadar
\[ \frac{\sqrt{n^2\left(1+\frac{1}{n}\right)}}{n} = \frac{n\sqrt{1+\frac{1}{n}}}{n} = \sqrt{1+\frac{1}{n}}. \]
Trebuie deci să studiem limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt{1+\frac{1}{n}}. \]
Pentru a aplica criteriul cleștelui, construim o încadrare dublă. Deoarece \(\displaystyle \frac{1}{n}\ge 0\), avem
\[ 1\le 1+\frac{1}{n}. \]
Funcția radical de ordinul al doilea este crescătoare pe numerele reale nenegative, astfel încât
\[ 1\le \sqrt{1+\frac{1}{n}}. \]
În plus, pentru orice \(x\ge 0\) este valabilă inegalitatea
\[ \sqrt{1+x}\le 1+x. \]
Într-adevăr, ambii membri sunt nenegativi și, ridicând la pătrat, inegalitatea devine
\[ 1+x\le (1+x)^2. \]
Aceasta este adevărată pentru \(x\ge 0\), deoarece
\[ (1+x)^2-(1+x)=x+x^2\ge 0. \]
Aplicând această inegalitate cu \(\displaystyle x=\frac{1}{n}\), obținem
\[ \sqrt{1+\frac{1}{n}}\le 1+\frac{1}{n}. \]
Avem, prin urmare, încadrarea dublă
\[ 1\le \sqrt{1+\frac{1}{n}}\le 1+\frac{1}{n}. \]
Or, cele două șiruri exterioare tind amândouă la \(1\):
\[ \lim_{n\to+\infty}1=1 \qquad\text{și}\qquad \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)=1. \]
Conform criteriului cleștelui, rezultă că
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt{1+\frac{1}{n}}=1. \]
Deoarece șirul inițial coincide cu \(\displaystyle \sqrt{1+\frac{1}{n}}\) pentru \(n\ge 1\), obținem în final
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^2+n}}{n}=1. \]
Exercițiul 6 — nivel ★★☆☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+\cos n}{n}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+\cos n}{n}=1. \]
Rezolvare
Șirul conține termenul oscilant \(\cos n\). Luat singur, \(\cos n\) nu admite limită, dar este întotdeauna cuprins între \(-1\) și \(1\). Într-adevăr, pentru orice \(n\in\mathbb{N}\),
\[ -1\le \cos n\le 1. \]
Adunăm \(n\) la toți membrii inegalității. Obținem
\[ n-1\le n+\cos n\le n+1. \]
Împărțim acum toți membrii la \(n\). Pentru \(n\ge 1\) numărul \(n\) este pozitiv, astfel încât sensul inegalităților se păstrează:
\[ \frac{n-1}{n}\le \frac{n+\cos n}{n}\le \frac{n+1}{n}. \]
Simplificăm cele două șiruri exterioare:
\[ \frac{n-1}{n}=1-\frac{1}{n}, \qquad \frac{n+1}{n}=1+\frac{1}{n}. \]
Așadar, pentru orice \(n\ge 1\), avem
\[ 1-\frac{1}{n}\le \frac{n+\cos n}{n}\le 1+\frac{1}{n}. \]
Cele două șiruri exterioare tind amândouă la \(1\); într-adevăr,
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1-\frac{1}{n}\right)=1 \qquad\text{și}\qquad \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)=1. \]
Conform criteriului cleștelui, și șirul intermediar tinde la \(1\). Așadar
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+\cos n}{n}=1. \]
Exercițiul 7 — nivel ★★☆☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{(-1)^n+\sin n}{\sqrt{n}}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{(-1)^n+\sin n}{\sqrt{n}}=0. \]
Rezolvare
Numărătorul conține doi termeni oscilanți: \((-1)^n\) și \(\sin n\). Niciunul dintre cei doi nu admite limită, dar amândoi sunt mărginiți. Într-adevăr, pentru orice \(n\),
\[ |(-1)^n|=1 \]
și
\[ |\sin n|\le 1. \]
Folosim acum inegalitatea triunghiului:
\[ |(-1)^n+\sin n|\le |(-1)^n|+|\sin n|. \]
Deoarece \(|(-1)^n|=1\) și \(|\sin n|\le 1\), obținem
\[ |(-1)^n+\sin n|\le 2. \]
Împărțind la \(\sqrt{n}\), care este pozitiv pentru orice \(n\ge 1\), rezultă că
\[ \left|\frac{(-1)^n+\sin n}{\sqrt{n}}\right| = \frac{|(-1)^n+\sin n|}{\sqrt{n}} \le \frac{2}{\sqrt{n}}. \]
În plus, o valoare absolută este întotdeauna nenegativă, astfel încât
\[ 0\le \left|\frac{(-1)^n+\sin n}{\sqrt{n}}\right| \le \frac{2}{\sqrt{n}}. \]
Or, cele două șiruri exterioare tind la \(0\):
\[ \lim_{n\to+\infty}0=0 \qquad\text{și}\qquad \lim_{n\to+\infty}\frac{2}{\sqrt{n}}=0. \]
Conform criteriului cleștelui,
\[ \lim_{n\to+\infty} \left|\frac{(-1)^n+\sin n}{\sqrt{n}}\right| =0. \]
Dacă valoarea absolută a unui șir tinde la \(0\), atunci și șirul tinde la \(0\). Într-adevăr, distanța șirului față de \(0\) tinde la \(0\). Așadar
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{(-1)^n+\sin n}{\sqrt{n}}=0. \]
Exercițiul 8 — nivel ★★☆☆☆
Să se studieze limita șirului
\[ a_n=n^2+\sin n. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(n^2+\sin n\right)=+\infty. \]
Rezolvare
Șirul \(n^2+\sin n\) este suma unui termen care tinde la \(+\infty\), anume \(n^2\), și a unui termen oscilant, anume \(\sin n\). Deoarece \(\sin n\) rămâne întotdeauna cuprins între \(-1\) și \(1\), el nu poate compensa creșterea lui \(n^2\).
Pentru a face riguros acest raționament, folosim minorarea
\[ \sin n\ge -1. \]
Adunând \(n^2\) la ambii membri, obținem
\[ n^2+\sin n\ge n^2-1. \]
Observăm acum că
\[ \lim_{n\to+\infty}(n^2-1)=+\infty. \]
Am găsit, prin urmare, un șir, \(n^2-1\), care tinde la \(+\infty\) și care minorează șirul dat:
\[ n^2-1\le n^2+\sin n. \]
Conform comparației cu șiruri divergente la \(+\infty\), dacă un șir este minorat de la un anumit rang de un șir care tinde la \(+\infty\), atunci și el tinde la \(+\infty\).
Așadar
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(n^2+\sin n\right)=+\infty. \]
Exercițiul 9 — nivel ★★☆☆☆
Să se studieze limita șirului
\[ b_n=-n+\cos n. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-n+\cos n\right)=-\infty. \]
Rezolvare
Șirul \(-n+\cos n\) conține termenul \(-n\), care tinde la \(-\infty\), și termenul \(\cos n\), care în schimb oscilează rămânând întotdeauna mărginit între \(-1\) și \(1\). Intuitiv, oscilația lui \(\cos n\) nu poate împiedica șirul să coboare spre \(-\infty\).
Pentru a demonstra acest lucru în mod riguros, folosim majorarea
\[ \cos n\le 1. \]
Adunând \(-n\) la ambii membri, obținem
\[ -n+\cos n\le -n+1. \]
Observăm acum că
\[ \lim_{n\to+\infty}(-n+1)=-\infty. \]
Așadar, șirul dat este majorat de un șir care tinde la \(-\infty\):
\[ -n+\cos n\le -n+1. \]
În comparația cu șiruri divergente la \(-\infty\), sensul este fundamental: pentru a conchide că un șir tinde la \(-\infty\), trebuie să-l majorăm printr-un șir care tinde la \(-\infty\). Și exact acest lucru l-am făcut.
Așadar
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-n+\cos n\right)=-\infty. \]
Exercițiul 10 — nivel ★★★☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^2+\sin n}}{n}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^2+\sin n}}{n}=1. \]
Rezolvare
Prezența lui \(\sin n\) sub radical poate face limita mai puțin imediată. Cu toate acestea, \(\sin n\) este un termen mărginit, în timp ce \(n^2\) crește nelimitat. Ne așteptăm, prin urmare, ca comportamentul principal al radicalului să fie cel al lui \(\sqrt{n^2}=n\), și deci ca raportul să tindă la \(1\).
Pentru a face riguros raționamentul, pornim de la încadrarea fundamentală
\[ -1\le \sin n\le 1. \]
Adunând \(n^2\) la toți membrii, obținem
\[ n^2-1\le n^2+\sin n\le n^2+1. \]
Pentru \(n\ge 1\), termenii implicați sunt nenegativi. Deoarece funcția radical de ordinul al doilea este crescătoare pe numerele reale nenegative, putem aplica radicalul la toți membrii:
\[ \sqrt{n^2-1}\le \sqrt{n^2+\sin n}\le \sqrt{n^2+1}. \]
Împărțim acum la \(n\). Pentru \(n\ge 1\) numărul \(n\) este pozitiv, astfel încât sensul inegalităților se păstrează:
\[ \frac{\sqrt{n^2-1}}{n} \le \frac{\sqrt{n^2+\sin n}}{n} \le \frac{\sqrt{n^2+1}}{n}. \]
Rescriem cele două șiruri exterioare. Deoarece \(n\ge 1\), avem \(\sqrt{n^2}=n\), astfel încât
\[ \frac{\sqrt{n^2-1}}{n} = \sqrt{\frac{n^2-1}{n^2}} = \sqrt{1-\frac{1}{n^2}}, \]
și
\[ \frac{\sqrt{n^2+1}}{n} = \sqrt{\frac{n^2+1}{n^2}} = \sqrt{1+\frac{1}{n^2}}. \]
Așadar, am obținut încadrarea
\[ \sqrt{1-\frac{1}{n^2}} \le \frac{\sqrt{n^2+\sin n}}{n} \le \sqrt{1+\frac{1}{n^2}}. \]
Or
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1-\frac{1}{n^2}\right)=1 \qquad\text{și}\qquad \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{1}{n^2}\right)=1. \]
Deoarece radicalul este continuu în punctele pozitive, rezultă că
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}=1 \qquad\text{și}\qquad \lim_{n\to+\infty}\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}=1. \]
Șirul dat este, prin urmare, cuprins, de la un anumit rang, între două șiruri care tind amândouă la \(1\). Conform criteriului cleștelui,
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^2+\sin n}}{n}=1. \]
Exercițiul 11 — nivel ★★★☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+\sin n}{n+\cos n}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+\sin n}{n+\cos n}=1. \]
Rezolvare
Șirul conține doi termeni oscilanți, \(\sin n\) și \(\cos n\). Cu toate acestea, amândoi sunt mărginiți, în timp ce termenul \(n\) crește nelimitat. De aceea ne așteptăm ca raportul să se comporte ca
\[ \frac{n}{n}=1. \]
Pentru a demonstra acest lucru riguros, studiem distanța șirului față de limita presupusă \(1\):
\[ \left|\frac{n+\sin n}{n+\cos n}-1\right|. \]
Aducem la același numitor:
\[ \left|\frac{n+\sin n}{n+\cos n}-1\right| = \left|\frac{n+\sin n-(n+\cos n)}{n+\cos n}\right|. \]
Simplificând numărătorul, obținem
\[ \left|\frac{n+\sin n}{n+\cos n}-1\right| = \left|\frac{\sin n-\cos n}{n+\cos n}\right|. \]
Acum trebuie să estimăm separat numărătorul și numitorul. Pentru numărător, folosind inegalitatea triunghiului, avem
\[ |\sin n-\cos n|\le |\sin n|+|\cos n|\le 2. \]
Pentru numitor, deoarece \(\cos n\ge -1\), avem
\[ n+\cos n\ge n-1. \]
În particular, pentru \(n\ge 2\), numitorul este pozitiv și
\[ |n+\cos n|=n+\cos n\ge n-1. \]
Așadar, pentru orice \(n\ge 2\),
\[ 0\le \left|\frac{n+\sin n}{n+\cos n}-1\right| \le \frac{2}{n-1}. \]
Deoarece
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{2}{n-1}=0, \]
conform criteriului cleștelui obținem
\[ \lim_{n\to+\infty} \left|\frac{n+\sin n}{n+\cos n}-1\right|=0. \]
Aceasta înseamnă că distanța dintre șirul dat și \(1\) tinde la \(0\). Așadar
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+\sin n}{n+\cos n}=1. \]
Exercițiul 12 — nivel ★★★☆☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}=\frac{2}{3}. \]
Rezolvare
Termenul dominant la numărător este \(2n\), în timp ce termenul dominant la numitor este \(3n\). Termenii \((-1)^n\) și \(\sin n\) sunt, în schimb, mărginiți. De aceea limita presupusă este
\[ \frac{2n}{3n}=\frac{2}{3}. \]
Pentru a demonstra acest lucru cu ajutorul teoremei de comparație, considerăm distanța șirului față de limita presupusă:
\[ \left|\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}-\frac{2}{3}\right|. \]
Aducem la același numitor:
\[ \left|\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}-\frac{2}{3}\right| = \left|\frac{3(2n+(-1)^n)-2(3n+\sin n)}{3(3n+\sin n)}\right|. \]
Dezvoltăm numărătorul:
\[ 3(2n+(-1)^n)-2(3n+\sin n) = 6n+3(-1)^n-6n-2\sin n. \]
Așadar
\[ 3(2n+(-1)^n)-2(3n+\sin n) = 3(-1)^n-2\sin n. \]
Obținem, prin urmare,
\[ \left|\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}-\frac{2}{3}\right| = \frac{|3(-1)^n-2\sin n|}{3|3n+\sin n|}. \]
Estimăm numărătorul. Conform inegalității triunghiului,
\[ |3(-1)^n-2\sin n| \le 3|(-1)^n|+2|\sin n|. \]
Deoarece \(|(-1)^n|=1\) și \(|\sin n|\le 1\), rezultă că
\[ |3(-1)^n-2\sin n|\le 5. \]
Estimăm acum numitorul. Deoarece \(\sin n\ge -1\), avem
\[ 3n+\sin n\ge 3n-1. \]
Pentru orice \(n\ge 1\), numărul \(3n-1\) este pozitiv, astfel încât și \(3n+\sin n\) este pozitiv. În consecință
\[ |3n+\sin n|=3n+\sin n\ge 3n-1. \]
Așadar, pentru orice \(n\ge 1\),
\[ 0\le \left|\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}-\frac{2}{3}\right| \le \frac{5}{3(3n-1)}. \]
Deoarece
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{5}{3(3n-1)}=0, \]
conform criteriului cleștelui avem
\[ \lim_{n\to+\infty} \left|\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}-\frac{2}{3}\right|=0. \]
Aceasta înseamnă că șirul dat tinde la \(\displaystyle \frac{2}{3}\). Așadar
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}=\frac{2}{3}. \]
Exercițiul 13 — nivel ★★★☆☆
Să se studieze limita șirului
\[ a_n=n+(-1)^n\sqrt{n}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(n+(-1)^n\sqrt{n}\right)=+\infty. \]
Rezolvare
Șirul conține un termen principal, \(n\), care tinde la \(+\infty\), și un termen oscilant, \((-1)^n\sqrt{n}\), care poate fi pozitiv sau negativ. Nu putem, prin urmare, afirma pur și simplu că toți termenii sunt mai mari decât \(n\), deoarece atunci când \((-1)^n=-1\) al doilea termen scade \(\sqrt{n}\).
Pentru a demonstra că șirul tinde totuși la \(+\infty\), trebuie să găsim o minorare care tinde la \(+\infty\).
Deoarece \((-1)^n\ge -1\), înmulțind cu \(\sqrt{n}\ge 0\) obținem
\[ (-1)^n\sqrt{n}\ge -\sqrt{n}. \]
Adunând \(n\) la ambii membri, rezultă că
\[ n+(-1)^n\sqrt{n}\ge n-\sqrt{n}. \]
Acum trebuie să arătăm că \(n-\sqrt{n}\to+\infty\). Pentru \(n\ge 4\), avem
\[ \sqrt{n}\le \frac{n}{2}. \]
Într-adevăr, deoarece ambii membri sunt nenegativi, putem ridica la pătrat și obține o inegalitate echivalentă:
\[ n\le \frac{n^2}{4}. \]
Pentru \(n>0\), aceasta echivalează cu
\[ 4\le n, \]
ceea ce este adevărat pentru \(n\ge 4\).
Așadar, pentru \(n\ge 4\),
\[ n-\sqrt{n}\ge n-\frac{n}{2}=\frac{n}{2}. \]
Deoarece
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n}{2}=+\infty, \]
avem și \(n-\sqrt{n}\to+\infty\). În plus, am demonstrat că, de la un anumit rang,
\[ n+(-1)^n\sqrt{n}\ge n-\sqrt{n}. \]
Conform comparației cu șiruri divergente la \(+\infty\), șirul dat tinde la \(+\infty\). Așadar
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(n+(-1)^n\sqrt{n}\right)=+\infty. \]
Exercițiul 14 — nivel ★★★☆☆
Să se studieze limita șirului
\[ b_n=-n^2+n\sin n. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-n^2+n\sin n\right)=-\infty. \]
Rezolvare
Șirul conține termenul \(-n^2\), care tinde la \(-\infty\), și termenul \(n\sin n\), care poate fi pozitiv sau negativ. Deși \(n\sin n\) nu este mărginit, el crește cel mult ca \(n\), în timp ce \(n^2\) crește mult mai repede.
Pentru a demonstra riguros că șirul tinde la \(-\infty\), trebuie să găsim o majorare care tinde la \(-\infty\).
Deoarece \(\sin n\le 1\), înmulțind cu \(n\ge 0\) obținem
\[ n\sin n\le n. \]
Adunând \(-n^2\) la ambii membri, rezultă că
\[ -n^2+n\sin n\le -n^2+n. \]
Acum arătăm că șirul majorant tinde la \(-\infty\). Avem
\[ -n^2+n=-n(n-1). \]
Pentru \(n\ge 2\), avem \(n-1\ge \frac{n}{2}\). Într-adevăr,
\[ n-1\ge \frac{n}{2} \]
echivalează cu
\[ \frac{n}{2}\ge 1, \]
adică \(n\ge 2\). Așadar, pentru \(n\ge 2\),
\[ n(n-1)\ge \frac{n^2}{2}. \]
Înmulțind cu \(-1\), sensul inegalității se inversează:
\[ -n(n-1)\le -\frac{n^2}{2}. \]
Așadar, pentru \(n\ge 2\),
\[ -n^2+n\le -\frac{n^2}{2}. \]
Deoarece
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-\frac{n^2}{2}\right)=-\infty, \]
avem și
\[ \lim_{n\to+\infty}(-n^2+n)=-\infty. \]
Am găsit, prin urmare, un șir care tinde la \(-\infty\) și care majorează, de la un anumit rang, șirul dat:
\[ -n^2+n\sin n\le -n^2+n. \]
Conform comparației cu șiruri divergente la \(-\infty\), rezultă că
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-n^2+n\sin n\right)=-\infty. \]
Exercițiul 15 — nivel ★★★★☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\sqrt{n^2+\sin n}-n\right). \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\sqrt{n^2+\sin n}-n\right)=0. \]
Rezolvare
Expresia conține o diferență între două cantități amândouă mari: \(\sqrt{n^2+\sin n}\) și \(n\). La prima vedere, comportamentul diferenței nu este imediat de înțeles. De aceea este convenabil să raționalizăm.
Înmulțim și împărțim cu conjugata:
\[ \sqrt{n^2+\sin n}-n = \frac{\left(\sqrt{n^2+\sin n}-n\right)\left(\sqrt{n^2+\sin n}+n\right)} {\sqrt{n^2+\sin n}+n}. \]
La numărător folosim formula
\[ (A-B)(A+B)=A^2-B^2. \]
Cu
\[ A=\sqrt{n^2+\sin n} \qquad\text{și}\qquad B=n, \]
obținem
\[ \left(\sqrt{n^2+\sin n}\right)^2-n^2 = n^2+\sin n-n^2 = \sin n. \]
Așadar
\[ \sqrt{n^2+\sin n}-n = \frac{\sin n}{\sqrt{n^2+\sin n}+n}. \]
Acum estimăm valoarea absolută:
\[ \left|\sqrt{n^2+\sin n}-n\right| = \left|\frac{\sin n}{\sqrt{n^2+\sin n}+n}\right|. \]
Deoarece \(|\sin n|\le 1\), avem
\[ \left|\sqrt{n^2+\sin n}-n\right| \le \frac{1}{\sqrt{n^2+\sin n}+n}. \]
Trebuie acum să minorăm numitorul. Deoarece \(\sin n\ge -1\), avem
\[ n^2+\sin n\ge n^2-1. \]
Pentru \(n\ge 1\), cei doi membri sunt nenegativi, astfel încât, aplicând radicalul,
\[ \sqrt{n^2+\sin n}\ge \sqrt{n^2-1}. \]
Așadar
\[ \sqrt{n^2+\sin n}+n \ge \sqrt{n^2-1}+n. \]
În particular, deoarece \(\sqrt{n^2-1}\ge 0\), pentru \(n\ge 1\) avem
\[ \sqrt{n^2+\sin n}+n\ge n. \]
Așadar
\[ 0\le \left|\sqrt{n^2+\sin n}-n\right| \le \frac{1}{n}. \]
Deoarece
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}=0, \]
conform criteriului cleștelui rezultă că
\[ \lim_{n\to+\infty} \left|\sqrt{n^2+\sin n}-n\right|=0. \]
Dacă distanța șirului față de \(0\) tinde la \(0\), atunci șirul însuși tinde la \(0\). Așadar
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\sqrt{n^2+\sin n}-n\right)=0. \]
Exercițiul 16 — nivel ★★★★☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty} n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right). \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty} n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right)=\frac{1}{2}. \]
Rezolvare
Expresia conține o diferență între două cantități care tind amândouă la \(1\):
\[ \sqrt{1+\frac{1}{n}} \qquad\text{și}\qquad 1. \]
Pentru a evita o formă puțin lizibilă, raționalizăm diferența. Înmulțim și împărțim cu conjugata:
\[ n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right) = n\cdot \frac{\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right)\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1\right)} {\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}. \]
La numărător folosim formula
\[ (A-B)(A+B)=A^2-B^2. \]
Cu
\[ A=\sqrt{1+\frac{1}{n}} \qquad\text{și}\qquad B=1, \]
obținem
\[ \left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}\right)^2-1 = 1+\frac{1}{n}-1 = \frac{1}{n}. \]
Așadar
\[ n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right) = n\cdot \frac{\frac{1}{n}}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}. \]
Simplificând \(n\) cu \(\displaystyle \frac{1}{n}\), se obține
\[ n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right) = \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}. \]
Acum construim o încadrare. Deoarece \(\displaystyle \frac{1}{n}\ge 0\), avem
\[ 1\le \sqrt{1+\frac{1}{n}}. \]
În plus, pentru orice \(x\ge 0\) este valabil
\[ \sqrt{1+x}\le 1+x. \]
Aplicând această inegalitate cu \(\displaystyle x=\frac{1}{n}\), obținem
\[ \sqrt{1+\frac{1}{n}}\le 1+\frac{1}{n}. \]
Așadar
\[ 1\le \sqrt{1+\frac{1}{n}}\le 1+\frac{1}{n}. \]
Adunând \(1\) la toți membrii,
\[ 2\le \sqrt{1+\frac{1}{n}}+1\le 2+\frac{1}{n}. \]
Toți membrii sunt pozitivi. Trecând la inverse, sensul inegalităților se inversează:
\[ \frac{1}{2+\frac{1}{n}} \le \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1} \le \frac{1}{2}. \]
Cele două șiruri exterioare tind amândouă la \(\displaystyle \frac{1}{2}\); într-adevăr,
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{2+\frac{1}{n}}=\frac{1}{2} \qquad\text{și}\qquad \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{2}=\frac{1}{2}. \]
Conform criteriului cleștelui,
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1} = \frac{1}{2}. \]
Deoarece șirul inițial coincide cu această expresie, conchidem că
\[ \lim_{n\to+\infty} n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right)=\frac{1}{2}. \]
Exercițiul 17 — nivel ★★★★☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n^2}{n^3+(-1)^n}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n^2}{n^3+(-1)^n}=0. \]
Rezolvare
Numitorul conține termenul dominant \(n^3\) și termenul oscilant \((-1)^n\). Deoarece \((-1)^n\) ia doar valorile \(1\) și \(-1\), efectul său este neglijabil față de \(n^3\).
Pentru a aplica teorema de comparație, trebuie să estimăm șirul în valoare absolută. Pentru orice \(n\), avem
\[ (-1)^n\ge -1. \]
Așadar
\[ n^3+(-1)^n\ge n^3-1. \]
Pentru \(n\ge 2\), avem
\[ n^3-1\ge \frac{n^3}{2}. \]
Într-adevăr, această inegalitate echivalează cu
\[ \frac{n^3}{2}\ge 1, \]
care este adevărată pentru \(n\ge 2\). Așadar, pentru \(n\ge 2\),
\[ n^3+(-1)^n\ge \frac{n^3}{2}. \]
În particular, numitorul este pozitiv de la un anumit rang. Așadar, pentru \(n\ge 2\),
\[ 0\le \frac{n^2}{n^3+(-1)^n} \le \frac{n^2}{\frac{n^3}{2}}. \]
Simplificând termenul din dreapta,
\[ \frac{n^2}{\frac{n^3}{2}} = \frac{2n^2}{n^3} = \frac{2}{n}. \]
Avem, prin urmare,
\[ 0\le \frac{n^2}{n^3+(-1)^n}\le \frac{2}{n} \]
de la un anumit rang. Deoarece
\[ \lim_{n\to+\infty}0=0 \qquad\text{și}\qquad \lim_{n\to+\infty}\frac{2}{n}=0, \]
conform criteriului cleștelui rezultă că
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n^2}{n^3+(-1)^n}=0. \]
Exercițiul 18 — nivel ★★★★☆
Să se studieze limita șirului
\[ a_n=n^2+n(-1)^n. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(n^2+n(-1)^n\right)=+\infty. \]
Rezolvare
Șirul conține un termen principal \(n^2\), care tinde la \(+\infty\), și un termen oscilant \(n(-1)^n\), care poate fi egal cu \(n\) sau cu \(-n\). Cazul cel mai nefavorabil, pentru a demonstra divergența la \(+\infty\), se prezintă atunci când termenul oscilant este negativ.
Deoarece
\[ (-1)^n\ge -1, \]
înmulțind cu \(n\ge 0\) obținem
\[ n(-1)^n\ge -n. \]
Adunând \(n^2\) la ambii membri,
\[ n^2+n(-1)^n\ge n^2-n. \]
Acum arătăm că șirul \(n^2-n\) tinde la \(+\infty\). Avem
\[ n^2-n=n(n-1). \]
Pentru \(n\ge 2\), avem
\[ n-1\ge \frac{n}{2}. \]
Așadar, pentru \(n\ge 2\),
\[ n(n-1)\ge \frac{n^2}{2}. \]
Deoarece
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n^2}{2}=+\infty, \]
avem și \(n^2-n\to+\infty\). Am găsit, prin urmare, o minorare:
\[ n^2+n(-1)^n\ge n^2-n, \]
unde șirul din dreapta tinde la \(+\infty\).
Conform comparației cu șiruri divergente la \(+\infty\), conchidem că
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(n^2+n(-1)^n\right)=+\infty. \]
Exercițiul 19 — nivel ★★★★☆
Să se calculeze limita
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^4+n^2\sin n}}{n^2}. \]
Rezultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^4+n^2\sin n}}{n^2}=1. \]
Rezolvare
Termenul principal de sub radical este \(n^4\), în timp ce \(n^2\sin n\) este un termen oscilant de ordin inferior. Ne așteptăm, prin urmare, ca radicalul să se comporte ca
\[ \sqrt{n^4}=n^2. \]
Pentru a demonstra acest lucru riguros, pornim de la încadrarea
\[ -1\le \sin n\le 1. \]
Înmulțind toți membrii cu \(n^2\), care este nenegativ, obținem
\[ -n^2\le n^2\sin n\le n^2. \]
Adunând \(n^4\) la toți membrii,
\[ n^4-n^2\le n^4+n^2\sin n\le n^4+n^2. \]
Pentru \(n\ge 1\), cei trei membri sunt nenegativi. Deoarece funcția radical de ordinul al doilea este crescătoare pe numerele reale nenegative, putem aplica radicalul la toți membrii:
\[ \sqrt{n^4-n^2} \le \sqrt{n^4+n^2\sin n} \le \sqrt{n^4+n^2}. \]
Împărțim acum la \(n^2\), care este pozitiv pentru \(n\ge 1\):
\[ \frac{\sqrt{n^4-n^2}}{n^2} \le \frac{\sqrt{n^4+n^2\sin n}}{n^2} \le \frac{\sqrt{n^4+n^2}}{n^2}. \]
Rescriem șirurile exterioare:
\[ \frac{\sqrt{n^4-n^2}}{n^2} = \sqrt{\frac{n^4-n^2}{n^4}} = \sqrt{1-\frac{1}{n^2}}, \]
și
\[ \frac{\sqrt{n^4+n^2}}{n^2} = \sqrt{\frac{n^4+n^2}{n^4}} = \sqrt{1+\frac{1}{n^2}}. \]
Așadar
\[ \sqrt{1-\frac{1}{n^2}} \le \frac{\sqrt{n^4+n^2\sin n}}{n^2} \le \sqrt{1+\frac{1}{n^2}}. \]
Cele două șiruri exterioare tind amândouă la \(1\):
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}=1 \qquad\text{și}\qquad \lim_{n\to+\infty}\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}=1. \]
Conform criteriului cleștelui, și șirul intermediar tinde la \(1\). Așadar
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^4+n^2\sin n}}{n^2}=1. \]
Exercițiul 20 — nivel ★★★★★
Să se stabilească dacă, doar din faptul că un șir \((b_n)\) verifică, de la un anumit rang,
\[ 0\le b_n\le 1, \]
se poate conchide că \((b_n)\) este convergent.
Rezultat
Nu. Doar din faptul că \(0\le b_n\le 1\) de la un anumit rang nu se poate conchide că \((b_n)\) este convergent.
Rezolvare
Criteriul cleștelui permite să conchidem convergența unui șir intermediar atunci când acesta este cuprins, de la un anumit rang, între două șiruri care tind la aceeași limită. Aici, în schimb, știm doar că
\[ 0\le b_n\le 1 \]
de la un anumit rang. Cele două șiruri exterioare sunt șirurile constante \(0\) și \(1\), care au limite diferite:
\[ \lim_{n\to+\infty}0=0 \qquad\text{și}\qquad \lim_{n\to+\infty}1=1. \]
Deoarece cele două limite exterioare nu coincid, criteriul cleștelui nu este aplicabilă. Inegalitatea ne spune doar că termenii lui \((b_n)\) rămân în intervalul \([0,1]\), dar acest lucru nu este suficient pentru a garanta existența limitei.
Pentru a arăta că nu se poate conchide convergența, este suficient să dăm un contraexemplu. Să considerăm șirul
\[ b_n=\frac{1+(-1)^n}{2}. \]
Dacă \(n\) este par, atunci \((-1)^n=1\), astfel încât
\[ b_n=\frac{1+1}{2}=1. \]
Dacă \(n\) este impar, atunci \((-1)^n=-1\), astfel încât
\[ b_n=\frac{1-1}{2}=0. \]
Așadar, șirul ia alternativ valorile \(1\) și \(0\). În particular, pentru orice \(n\),
\[ 0\le b_n\le 1. \]
Cu toate acestea, \((b_n)\) nu converge. Într-adevăr, un subșir al termenilor săi este întotdeauna egal cu \(1\), în timp ce un alt subșir este întotdeauna egal cu \(0\). Mai precis,
\[ b_{2k}=1 \qquad\text{și}\qquad b_{2k+1}=0. \]
Subșirul \((b_{2k})\) tinde la \(1\), în timp ce subșirul \((b_{2k+1})\) tinde la \(0\). Deoarece un șir convergent nu poate avea două subșiruri cu limite diferite, \((b_n)\) nu este convergent.
Așadar, doar din faptul că un șir este cuprins, de la un anumit rang, între \(0\) și \(1\), nu se poate conchide că este convergent. Pentru a aplica criteriul cleștelui este indispensabil ca cele două șiruri exterioare să tindă la aceeași limită.