Page 100 - MATINF Nr. 11-12

˘
100 PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI

M 197. Fie a > 0 un num˘ar real fixat s , i fie s , irul (x n ) n≥1 definit prin

x 1 = a s , i nx n+1 = (n + 1) ax n + na n+1 , ∀ n ≥ 1.

n
n 2 X k 2
é +
Ñ Ã
n
Y x n k=1 x k
Calculat ,i limita L = lim n 2 x k .
n→∞
k=1
a
Floric˘ Anastase, Lehliu-Gar˘a
3
3
3
2
2
Solut ,ie. Avem x 1 = a > 0, x 2 = 2(a·x 1 +a ) = 4a , 2x 3 = 3(a·x 2 +2a ) = 18a , deci x 3 = 9a .
2 n
2 n
2 n+1
a
Dac˘ presupunem c˘ x n = n a , atunci nx n+1 = (n + 1)(a · n a + na n+1 ) = n(n + 1) a , deci
a
2 n
2 n+1
∗
x n+1 = (n + 1) a . Astfel am demonstrat prin induct , ie c˘a x n = n a , pentru orice n ∈ N .
n n 2 P k 2
n
Q 2 2 2 2 2 3 n 2 n(n+1)
a
Rezult˘ c˘ x k = 1 · 2 · 3 · . . . · n · a · a · a · . . . · a = (n!) · a 2 , iar + =
a
k=1 x n k=1 x k
n
1 1 1 1 n 2 P k 2
+ + + . . . + . Pentru a = 1 obt , inem + = n + 1, iar pentru a 6= 1 c˘a
a n a a 2 a n x n k=1 x k
n 2 P k 2 1 1 1 n − 1 1 Å 1 ã 1 1 2 − a 1
n
+ = + · a = + − 1 · = · − .
x n k=1 x k a n a 1 a − 1 a n a n 1 − a a n 1 − a 1 − a
n + 1 ln(n!)
2
Cazul 1. Pentru a = 1, avem ln L = lim ln(n!) = 2 lim s , i aplicˆand Lema
n→∞ n 2 n→∞ n
ln(n + 1)
a
a
Stolz-Cesaro rezult˘ c˘ ln L = 2 lim = +∞, deci L = +∞.
n→∞ 1
1 n · 2−a − 1 Ä ä
2
Cazul 2. Pentru a 6= 1, avem ln L = lim a 1−a 1−a ln (n!) · a n(n+1) =
2
n→∞ n 2
Å ã ï ò
1 2 − a 1 ln(n!) n + 1
lim · − 2 · + · ln a .
n→∞ a n 1 − a 1 − a n 2 2n
ln(n!) ln(n + 1)
Dar, aplicˆand Lema Stolz-Cesaro, rezult˘a c˘a lim = lim = 0, prin urmare
n→∞ n 2 n→∞ 2n + 1
ln a Å 1 2 − a 1 ã
ln L = − + · lim .
2 1 − a 1 − a n→∞ a n
1
Subcazul 2.1. Pentru a ∈ (0, 1), avem lim = +∞, deci ln L = −∞ s , i astfel L = 0.
n→∞ a n
1 ln a 1
Subcazul 2.2. Pentru a > 1, avem lim = 0, deci ln L = s , i astfel L = a 2(a−1) .
n→∞ a n 2(a − 1)
9
3
2
M 198. Fie funct ,ia f : R → R, f(x) = x + x + mx + 1, unde m > − .
4
a
Ar˘atat ,i c˘ ecuat ,ia f(x) = 0 are exact o solut ,ie real˘a.
Daniel Jinga, Pites , ti
1
2
∗
Solut ,ia 1. Ecuat , ia se rescrie ca x + x + + m = 0, deoarece 0 nu este solut , ie. Fie g : R → R,
x
3
2
1 1 2x + x − 1
0
2
g(x) = x + x + + m. Avem g (x) = 2x + 1 − = . Fie h : R → R,
x x 2 x 2