Analiză matematică/Serii de numere/Exerciții

1. Dacă seria $\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}|x_n-x_{n-1}|,$ (unde $(x_n{)}_{n\ge 1}$ este un șir real) este convergentă, atunci șirul $(x_n{)}_{n\ge 1}$ este convergent. Să se dea un exemplu din care să rezulte că reciproca nu este adevărată.

R. Fie $S_n=\sum _{k=2}^n|x_k-x_{k-1}|.$

Cum $\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}|x_n-x_{n-1}|$ este convergentă, rezultă că $(S_n{)}_n$ este convergent, deci este șir Cauchy deci este convergent.

Contraexemplu: $x_n=\frac{(-1{)}^n}{n}$ este convergent la zero, dar $\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}|x_n-x_{n-1}|\sim \sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}=\mathrm{\infty }.$

---

2. Să se demonstreze că, dacă $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$ e convergentă cu $u_n>0,\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N},$ șir monoton descrescător, atunci $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }n{u}_n=0.$

R. Din $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n$ convergentă rezultă $(s_n{)}_n$ convergent, deci $(s_n{)}_n$ este șir Cauchy adică:

$\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }{n}_{\epsilon }\ge 1$ astfel încât $|s_n-s_{n_{\epsilon }}|<\frac{\epsilon }{2},\mathrm{\forall }n\ge n_{\epsilon }.$

Rezultă $|u_{n_{\epsilon }+1}+\cdots +u_n|<\frac{\epsilon }{2}$ și deci, deoarece $u_n$ este descrescător, $(n-n_{\epsilon })u_n<\frac{\epsilon }{2}.$

Fie $n>2n_{\epsilon }.$ Rezultă $n-n_{\epsilon }>n-\frac{n}{2}=\frac{n}{2}.$

Deci:

$\frac{n}{2}<(n-n_{\epsilon })u_n<\frac{\epsilon }{2}.$

Așadar pentru orice $\epsilon >0$ există un $N_{\epsilon }=2n_{\epsilon }$ astfel încât $\mathrm{\forall }n>N_{\epsilon }$ să existe relația $n{u}_n<\epsilon ,$ ceea ce este echivalent cu $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }n{u}_n=0.$

---

3) Să se determine natura următoarelor serii definite de șirul $x_n$:

a) $x_n=\frac{1}{n!};$

b) $x_n=\frac{1}{n\sqrt{n+1}};$

c) $x_n=\frac{\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n}}{n^a},a\in ℝ.$

R. a) Seria este convergentă; se utilizează criteriul comparației:

$x_n\le \frac{1}{2^n},\mathrm{\forall }n\ge 4.$

b) Seria este convergentă, conform criteriului de comparație la limită:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{n}^{\frac{3}{2}}{x}_n=1.$

c) Avem:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{n}^{\alpha }{x}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{n}^{\alpha }\frac{1}{n^a(\sqrt[3]{(n+1{)}^2}+\sqrt[3]{n(n+1)}+\sqrt[3]{n^2})}.$

Se alege $\alpha =a+\frac{2}{3}$ și se obține limita $\frac{1}{3}.$ Conform criteriului de comparație la limită, seria este convergentă dacă și numai dacă $a>\frac{1}{3}.$

---

4. Să se arate că următoarele serii sunt divergente:

a) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{\sqrt{n+\alpha }+\sqrt{n+\alpha +1}},\alpha >0$

b) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\ln \frac{3n-1}{3n+2}.$

c) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{3^n+8^n}{3^{n+1}+8^{n+1}}.$

R.

a) Considerăm șirul sumelor parțiale:

$S_n=\sum _{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k+\alpha }+\sqrt{n+\alpha +1}}=\sum _{k=1}^n\frac{\sqrt{k+\alpha }-\sqrt{k+\alpha +1}}{-1}=$

$=-\sqrt{1+\alpha }+\sqrt{2+\alpha }-\sqrt{2+\alpha }+\sqrt{3+\alpha }-\cdots -\sqrt{n+\alpha }+\sqrt{n+\alpha +1}\Rightarrow$

$\Rightarrow S_n=\sqrt{n+\alpha +a}-\sqrt{1+\alpha }\Rightarrow \underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{S}_n=\mathrm{\infty }$

b)   $S_n=\sum _{k=1}^n\ln \frac{3k-1}{3k+2}=\sum _{k=1}^n[\ln (3k-1)-\ln (3k+2)]=$

$=\ln 2-\ln 5+\ln 5-\ln 8+\cdots +\ln (3n-1)-\ln (3n+2)=\ln 2-\ln (3n+2)\Rightarrow \underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{S}_n=\mathrm{\infty }.$

c)   $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{a}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{8^n\left(\right(\frac{3}{8}{)}^n+1)}{8^{n+1}\left(\right(\frac{3}{8}{)}^{n+1}+1)}=\frac{1}{8}\ne 0.$

Conform criteriului suficient de divergență, seria este divergentă.

---

5. Să se verifice dacă următoarele serii sunt convergente, în care caz să se determine limita acestora:

a)   $\sum _{n\ge 1}\frac{1}{n(n+1)};$     b)   $\sum _{n\ge 1}\frac{n}{3^n};$     c) $\sum _{n\ge 1}\ln \frac{n+1}{n}.$

R.

a)   $x_n=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1},\mathrm{\forall }n\in {\mathbb{N}}^{*}.$

$s_n=\sum _{k=1}^n{x}_k=\sum _{k=1}^n(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}=1-\frac{1}{n+1},\mathrm{\forall }n\in {\mathbb{N}}^{*}.)$

Evident, $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{s}_n=1.$ Prin urmare, seria dată este convergentă și suma sa este:

$s=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{x}_n=1.$

b)   $x_n=\frac{n}{3^n},n\in {\mathbb{N}}^{*}$ deci

$s_n=\sum _{k=1}^n\frac{k}{3^k}=\frac{1}{3}+\frac{2}{3^2}+\cdots +\frac{n-1}{3^{n-1}}+\frac{n}{3^n}.$

$s_n=\frac{1}{3}+(\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^2})+(\frac{1}{3^3}+\frac{1}{3^3}+\frac{1}{3^3})+\cdots +\underset{\text{n termeni}}{\underbrace{(\frac{1}{3^n}+\frac{1}{3^n}+\cdots +\frac{1}{3^n})}}.$

Deci:

$s_n=\sum _{k=1}^n(\frac{1}{3^k}+\frac{1}{3^{k+1}}+\cdots +\frac{1}{3^n})=\sum _{k=1}^n\frac{1}{3^k}\cdot \frac{\frac{1}{3^{n-k}}\cdot \frac{1}{3}-1}{\frac{1}{3}-1}=\frac{3}{2}\sum _{k=1}^n\frac{1}{3^k}(1-\frac{1}{3^{n-k+1}})=$

$=\frac{3}{2}[\sum _{k=1}^n\frac{1}{3^k}-\sum _{k=1}^n\frac{1}{3^{n+1}}]=\frac{3}{2}[\frac{\frac{1}{3^n}\cdot \frac{1}{3}-\frac{1}{3}}{\frac{1}{3}-1}-\frac{n}{3^{n+1}}],\mathrm{\forall }n\in {\mathbb{N}}^{*}.$

Deoarece $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1}{3^n}=0,\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{n}{3^n}=0$ rezultă: $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{n}{3^n}=\frac{3}{4}.$

c)   $x_n=\ln \frac{n+1}{n}=\ln (n+1)-\ln n.$

$s_n=\sum _{k=1}^n\ln \frac{k+1}{k}=\sum _{k=1}^n[\ln (k+1)-\ln k]=\ln (n+1),\mathrm{\forall }n\in {\mathbb{N}}^{*}.$

Dar $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\ln (n+1)=\mathrm{\infty },$ deci șirul sumelor parțiale este divergent, de unde rezultă că seria este divergentă.

Observație. Se observă că $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{x}_n=0,$ deci această condițiea este necesară, dar nu și suficientă pentru convergența unei serii.

---

6. Să se aproximeze sumele seriilor următoare cu o eroare mai mică de $10^{-2}:$

a)   $\sum _{n\ge 1}\frac{1}{n^n},$   b)   $\sum _{n\ge 1}(-1{)}^n\cdot \frac{1}{n^n},$   c)   $\sum _{n\ge 1}\frac{1}{(n!{)}^2}.$

R.

a) Dacă notăm $x_n=\frac{1}{n^n},n\in {\mathbb{N}}^{*},$ atunci $\sqrt[n]{x_n}=\frac{1}{n}\le \frac{1}{2},$ pentru orice $n\ge 2.$

Atunci rezultă că pentru orice $n\ge 2$ are loc $|s-s_n|\le \frac{{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n+1}}{1-\frac{1}{2}},$

unde $s$ este suma seriei, iar $s_n$ este suma parțială de ordinul $n.$

Deci $|s-s_n|\le \frac{1}{2^n},\mathrm{\forall }n\ge 2.$ Pentru ca $s_n$ să aproximeze $s$ cu o eroare mai mică decât $10^{-2}$ este suficient să determinăm cel mai mic rang $n$ care satisface inegalitatea $\frac{1}{2^n}<\frac{1}{10^2}.$

Se obține $n=7$ deci $s\approx s_7=1,291285935$ cu două zecimale exacte.

b) Deoarece $\frac{1}{10^n}<\frac{1}{10^2}$ pentru orice $n\ge 4$ rezultă că:

$0<s-s_3<\frac{1}{4^4}<\frac{1}{10^2},0<s_4-s<\frac{1}{5^5}<\frac{1}{10^2}.$

Deci $s_3=-0,7870370370$ aproximează pe $s$ prin lipsă, iar $s_4=-0,7831307870$ prin adaos, ambele cu o eroare mai mică de $10^{-2}.$

c) Dacă notăm $x_n=\frac{1}{(n!{)}^2},n\in {\mathbb{N}}^{*}$ atunci $\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{1}{(n+1{)}^2}\le 4$ pentru orice $n\ge 1$ de unde rezultă evaluarea:

$0<s-s_n\le \frac{1}{(n!{)}^2},$ adică $0<s-s_n\le \frac{1}{(n!{)}^2}\cdot \frac{1}{3},\mathrm{\forall }n\ge 1.$

Cum $\frac{1}{(n!{)}^2}\cdot \frac{1}{3}<10^{-2},\mathrm{\forall }n\ge 3$ rezultă că $s\approx s_3=1,277777778.$