Page 35 - MATINF Nr. 11-12

Asupra unor probleme date la concursurile de titularizare s , i definitivare ˆın ˆınv˘at , ˘amˆant din iulie 2023 35

x 2
deci h este descresc˘atoare pe [0, ∞), deci h(x) ≤ h(0) = 0, adic˘a x − ≤ ln(1 + x), pentru
2
orice x ≥ 0. Demonstrat , ia inegalit˘at , ii (1) este ˆıncheiat˘a.

x 4n
∗
2n
2n
Pentru orice n ∈ N s , i x ∈ (0, 1], din (1) avem x 2n − ≤ ln (1 + x ) ≤ x , deci
2
2n
x 3n ln (1 + x )
n
x − ≤ ≤ x n
2 x n
Z 1 Å x 3n ã Z 1
n
n
a
s , i prin integrare obt , inem x − dx ≤ I n ≤ x dx, adic˘
a 2 a
x n+1 1 x 3n+1 1 x n+1 1
− ≤ I n ≤ ,

n + 1 a 2(3n + 1) a n + 1 a
1 1 1
a
a
adic˘ (1 − a n+1 ) − (1 − a 3n+1 ) ≤ I n ≤ (1 − a n+1 ) , adic˘
n + 1 2(3n + 1) n + 1
5n + 1 a n+1 a 3n+1 1 a n+1
− + ≤ I n ≤ − .
2(n + 1)(3n + 1) n + 1 2(3n + 1) n + 1 n + 1
Astfel, pentru orice k ∈ R avem

(5n + 1)n k a n+1 · n k a 3n+1 · n k n k a n+1 · n k
∗
k
− + ≤ n I n ≤ − , ∀ n ∈ N . (2)
2(n + 1)(3n + 1) n + 1 2(3n + 1) n + 1 n + 1
a n+1 · n k a 3n+1 · n k
Deoarece a ∈ (0, 1), avem lim = lim = 0, pentru orice k ∈ R.
n→∞ n + 1 n→∞ 2(3n + 1)

(5n + 1)n k n k
Cazul 1. Pentru k < 1 avem lim = lim = 0, deci, folosind Criteriul
n→∞ 2(n + 1)(3n + 1) n→∞ n + 1
k
cles , telui, din (2) se obt , ine lim n I n = 0.
n→∞
(5n + 1)n k n k
Cazul 2. Pentru k > 1 avem lim = lim = +∞, deci, folosind din
n→∞ 2(n + 1)(3n + 1) n→∞ n + 1
k
nou Criteriul cles , telui, din (2) se obt , ine acum lim n I n = +∞.
n→∞
Cazul 3. Pentru k = 1 inegalitatea (2) devine

n(5n + 1) a n+1 · n a 3n+1 · n n a n+1 · n
∗
− + ≤ nI n ≤ − , ∀ n ∈ N .
2(n + 1)(3n + 1) n + 1 2(3n + 1) n + 1 n + 1
Å n+1 3n+1 ã Å n+1 ã
n(5n + 1) a · n a · n 5 n a · n
Dar lim − + = , iar lim − = 1,
n→∞ 2(n + 1)(3n + 1) n + 1 2(3n + 1) 6 n→∞ n + 1 n + 1
deci ˆın acest caz nu ne mai putem ajuta de Criteriul cles , telui. Totus , i, vom demonstra c˘a s , irul
5
a
(nI n ) este convergent, s , i astfel va rezulta c˘ ≤ lim nI n ≤ 1.
n≥1
6 n→∞
Utilizˆand integrarea prin p˘art , i avem

1 ln (1 + x ) 1 Å 1 ã 0
2n
Z Z
(n − 1)I n = (n − 1) n dx = − n−1 · ln 1 + x 2n dx
a x a x