Page 28 - RMGO 5

28 Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior

MGO 153. Fie s , irul (x n ) n≥0 definit prin x 0 = 3 s , i x n = 2x n−1 + n sin n, ∀ n ≥ 1.
a) Ar˘atat ,i c˘a x n > 0, pentru orice n ∈ N.
√
b) Demonstrat ,i c˘a s , irul (y n ) n≥2 definit prin y n = n x n este convergent s , i
calculat ,i-i limita.

Stelian Corneliu Andronescu s , i Costel B˘alc˘au, Pites , ti

Solut ,ia 1. Deoarece −1 ≤ sin n ≤ 1, definind s , irurile (a n ) n≥0 , (b n ) n≥0 prin
si
a 0 = b 0 = 3, a n = 2a n−1 − n, b n = 2b n−1 + n, ∀ n ≥ 1,

obt , inem c˘ a n ≤ x n ≤ b n , ∀ n ∈ N (induct , ie).
a
n
n
a k a k−1 k P a k a k−1 P k
Avem = − , deci − = − . Folosind identitatea
2 k 2 k−1 2 k k=0 2 k 2 k−1 k=0 2 k
n n+2 n+1
P k nq − (n + 1)q + q a n a 0
kq = 2 pentru orice q 6= 1, obt , inem n − 0 =
k=0 (q − 1) 2 2

n n + 1 1
n
a
a
−4 − + s , i astfel rezult˘ c˘ a n = 2 + n + 2, pentru orice n ∈ N.
2 n+2 2 n+1 2
n
a
Analog se obt , ine c˘ b n = 5 · 2 − n − 2, pentru orice n ∈ N. Prin urmare
n
n
2 + n + 2 ≤ x n ≤ 5 · 2 − n − 2, ∀ n ∈ N,
de unde rezult˘ imediat c˘ x n > 0 pentru orice n ∈ N s , i, aplicˆand Criteriul cles , telui,
a
a
√
a
c˘ lim n x n = 2.
n→∞
Solut ,ia 2 (Daniel V˘acaru, Pites , ti). a) Demonstr˘am c˘a x n > n + 2, ∀ n ∈ N prin
ˆ
induct , ie. Intr-adev˘ar, x 0 = 3 > 2 s , i dac˘a x k−1 > k + 1, folosind sin k ≥ −1 avem
x k = 2x k−1 + k sin k > 2 (k + 1) − k = k + 2. Deci x n > n + 2 > 0, ∀ n ∈ N.
b) Vom utiliza Criteriul radicalului. S˘a observ˘am c˘a lim x n = ∞. Avem
n→∞
n sin n n n
x n x n
= 2 + s , i −1 ≤ sin n ≤ 1, deci 2 − ≤ ≤ 2 + , (1).
x n−1 x n−1 x n−1 x n−1 x n−1
Avem x n − x n−1 = x n−1 + n sin n > n + 1 + n sin n > 0, deci x n − x n−1 → ∞.
n 1
Utilizˆand Lema Stolz-Cesaro, avem lim = lim = 0, deci din (1)
n→∞x n−1 n→∞x n − x n−1
x n √
a
rezult˘ c˘ lim = 2, prin urmare s , i lim n x n = 2.
a
n→∞x n−1 n→∞

1
3
y
x
3
MGO 154. Fie x, y ∈ 0, astfel ˆıncˆat 2 + y < 2 + x .
2
2
x
y
2
Demonstrat ,i c˘a 3 + y < 3 + x s , i reciproc.
Cristinel Mortici, Viforˆata