Page 24 - RMGO 4

24 Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior

 
1 0 . . . 0
n
 0 0 . . . 0 
P
unde t = b k c k . Avem s , i CB = tE, unde E =   ∈ M n (C).
 . . . 
k=1
0 0 . . . 0
∗ 2
∗
Rezult˘a c˘a (A ) = BCBC = tBEC = tBC = tA . Dar, folosind ipoteza s , i
∗
Identitatea lui Sylvester avem 1 = det(I n + A ) = det(I n + BC) = det(I n + CB),
∗
∗ 2
deci 1 = det(I n + tE) = 1 + t. Rezult˘a c˘a t = 0 s , i astfel (A ) = 0 · A = O n .
MGO 114. Fie (a n ) n≥1 o progresie aritmetic˘a avˆand primul termen a 1 = 1 s , i
1 1 1
a 1 a 2 a n
a n + a n + . . . + a n
∗
rat ,ia r ∈ N . Calculat ,i lim .
n→∞ a n
Dan S , tefan Marinescu, Hunedoara s , i Leonard Mihai Giugiuc, Drobeta Turnu Severin
r + 1
Solut ,ie. Vom ar˘ata c˘a limita este . Pentru aceasta, fie (x n ) n≥1 s , irul c˘aruia
r
a n + n − 1
ˆ
∗
trebuie s˘a-i afl˘am limita. In mod cert avem ≤ x n , ∀n ∈ N , (1).
a n
s
1 2(a n − 1)
a
k
Pe de alt˘a parte, pentru orice n ≥ k ≥ 2 avem a n < 1 + , (2).
a k (a k − 1)
s ! a k
2(a n − 1)
ˆ Intr-adev˘ar, utilizˆand Binomul lui Newton obt , inem 1 + >
a k (a k − 1)
2(a n − 1)
1 + C 2 · = 1 + a n − 1 = a n . Din (2) suntem condus , i la
a k (a k − 1)
a k
s
n
a n + n − 1 2(a n − 1) 1 X 1
x n < + · √ · p , ∀n ≥ 2 (3).
a n a n a n a k (a k − 1)
k=2
n
a n + n − 1 r + 1 1 P 1
Cum lim = s , i lim √ · p = 0 (cu Lema Stolz-
n→∞ a n r n→∞ a n k=2 a k (a k − 1)
1
√ √
p
a n+1 (a n+1 − 1) 1 a n+1 + a n
Cesaro ea este egal˘a cu lim √ √ = · lim p = 0),
n→∞ a n+1 − a n r n→∞ a n+1 (a n+1 − 1)
r + 1
din (1) s , i (3) conform Criteriului cles , telui deducem c˘a lim x n = .
n→∞ r
2
2
2
2
MGO 115. a) Fie a, b, c, d ≥ 0 cu a + b + c + d = 2. Demonstrat ,i c˘a
a + b + c + d − (abc + abd + acd + bcd) ≤ 2.
2
2
2
2
b) Ar˘atat ,i c˘a pentru orice k < 1 exist˘a a, b, c, d ≥ 0 cu a + b + c + d = 2 astfel
ˆıncˆat a + b + c + d − k(abc + abd + acd + bcd) > 2.
Leonard Mihai Giugiuc, Drobeta Turnu Severin