Post on 23-Oct-2020
Cuprins
II. Analiză matematică 0
7 Şiruri şi serii numerice 1
8 Calcul diferenţial pentru funcţii de o variabilă reală 43
9 Calcul integral pentru funcţii de o variabilă reală 62
10 Funcţii de mai multe variabile reale 93
11 Şiruri şi serii de funcţii: serii Taylor, serii Fourier 122
12 Funcţii complexe 170
III. Matematici discrete 195
13 Combinatorică şi grafuri 196
14 Aritmetică şi teoria numerelor 232
Lucrarea a fost elaborată după cum urmează:
Capitolul 7. Vasile Pop, Mircea Olteanu
Capitolul 8. Liliana Popa
Capitolul 9. Dorian Popa, Vasile Pop
Capitolul 10. Dorian Popa
Capitolul 11. Mircea Olteanu, Radu Strugariu
Capitolul 12. Liliana Popa
Capitolul 13. Monica Burlică, Mihai Ispas
Capitolul 14. Gabriel Mincu
Prefaţă
Cartea de faţă a fost elaborată ı̂n cadrul proiectului POSDRU/56/1.2/S/32768, ”For-marea cadrelor didactice universitare şi a studenţilor ı̂n domeniul utilizării unor instru-mente moderne de predare-̂ınvăţare-evaluare pentru disciplinele matematice, ı̂n vedereacreării de competenţe performante şi practice pentru piaţa muncii”.Finanţat din Fondul Social European şi implementat de către Ministerul Educaţiei,Cercetării, Tineretului şi Sportului, ı̂n colaborare cu The Red Point, Oameni şi Com-panii, Universitatea din Bucureşti, Universitatea Tehnică de Construcţii din Bucureşti,Universitatea ”Politehnica” din Bucureşti, Universitatea din Piteşti, Universitatea Tehnică”Gheorghe Asachi” din Iaşi, Universitatea de Vest din Timişoara, Universitatea ”Dunăreade Jos” din Galaţi, Universitatea Tehnică din Cluj-Napoca, Universitatea ”1 Decembrie1918” din Alba-Iulia, proiectul contribuie ı̂n mod direct la realizarea obiectivului generalal Programului Operaţional Sectorial de Dezvoltare a Resurselor Umane - POSDRU şi seı̂nscrie ı̂n domeniul major de intervenţie 1.2 Calitate ı̂n ı̂nvăţământul superior.Proiectul are ca obiectiv adaptarea programelor de studii ale disciplinelor matematicela cerinţele pieţei muncii şi crearea de mecanisme şi instrumente de extindere a oportu-nităţilor de ı̂nvăţare.Evaluarea nevoilor educaţionale obiective ale cadrelor didactice şi studenţilor legate de uti-lizarea matematicii ı̂n ı̂nvăţământul superior, masterate şi doctorate precum şi analizareaeficacităţii şi relevanţei curriculelor actuale la nivel de performanţă şi eficienţă, ı̂n vedereadezvoltării de cunoştinţe şi competenţe pentru studenţii care ı̂nvaţă discipline matematiceı̂n universităţi, reprezintă obiective specifice de interes ı̂n cadrul proiectului. Dezvoltareaşi armonizarea curriculelor universitare ale disciplinelor matematice conform exigenţelorde pe piaţa muncii, elaborarea şi implementarea unui program de formare a cadrelordidactice şi a studenţilor interesaţi din universităţile partenere bazat pe dezvoltarea şiarmonizarea de curriculum, crearea unei baze de resurse inovative, moderne şi funcţionalepentru predarea-̂ınvăţarea-evaluarea ı̂n disciplinele matematice pentru ı̂nvăţământul uni-versitar sunt obiectivele specifice care au ca răspuns materialul de faţă.Formarea de competenţe cheie ı̂n matematică şi informatică presupune crearea de abilitătide care fiecare individ are nevoie pentru dezvoltarea personală, incluziune socială şi inserţiepe piaţa muncii. Se poate constata ı̂nsă că programele disciplinelor de matematică nu auı̂ntotdeauna ı̂n vedere identificarea şi sprijinirea elevilor şi studenţilor potenţial talentaţi lamatematică. Totuşi, studiul matematicii a evoluat ı̂n exigenţe până la a ajunge să accepteprovocarea de a folosi noile tehnologii ı̂n procesul de predare-̂ınvăţare-evaluare pentru aface matematica mai atractivă. În acest context, analiza flexibilităţii curriculei, ı̂nsoţită deanaliza metodelor şi instrumentelor folosite pentru identificarea şi motivarea studenţilortalentaţi la matematică ar putea răspunde deopotrivă cerinţelor de masă, cât şi celor deelită.Viziunea pe termen lung a acestui proiect preconizează determinarea unor schimbări ı̂nabordarea fenomenului matematic pe mai multe planuri: informarea unui număr cât mai
Prefaţă
mare de membri ai societăţii ı̂n legătură cu rolul şi locul matematicii ı̂n educaţia de bază,ı̂n instrucţie şi ı̂n descoperirile ştiinţifice menite să ı̂mbunătăţească calitatea vieţii, inclu-siv popularizarea unor mari descoperiri tehnice, şi nu numai, ı̂n care matematica cea maiavansată a jucat un rol hotărâtor. De asemenea, se urmăreşte evidenţierea a noi motivaţiisolide pentru ı̂nvăţarea şi studiul matematicii la nivelele de bază şi la nivel de performanţă;stimularea creativităţii şi formarea la viitorii cercetători matematicieni a unei atitudini de-schise faţă de ı̂nsuşirea aspectelor specifice din alte ştiinţe, ı̂n scopul participării cu succesı̂n echipe mixte de cercetare sau a abordării unei cercetări inter şi multi disciplinare;identificarea unor forme de pregătire adecvată de matematică pentru viitorii studenţi aidisciplinelor matematice ı̂n scopul utilizării la nivel de performanţă a aparatului matematicı̂n construirea unei cariere profesionale.
Introducere
Concursurile de matematică, naţionale şi internaţionale pentru elevi au o tradiţieı̂ndelungată, primul concurs internaţional fiind organizat la iniţiativa României, ı̂nRomânia ı̂n anul 1959 (Olimpiada Internaţională de Matematică). În toţi aceşti ani, lanivelul matematicii preuniversitare s-a ajuns la o programă de concurs comună, unanimacceptată de toate ţările participante la OIM (̂ın prezent peste 120 de ţări) iar concur-sul reprezintă pentru mulţi dintre participanţi cel mai important test de verificare alnivelului pregătirii matematice şi ı̂n acelaşi timp un barometru pentru nivelul matematiciicompetiţionale al ţării din care provin.
Este de dorit ca şi la nivel universitar competiţiile internaţionale să urmeze modelulOIM, ı̂n special ca formă de organizare şi ca programă de concurs general acceptată şicunoscută.
La nivel universitar concursurile de matematică s-au desfăşurat foarte mult timp doarla nivel naţional ı̂n diverse ţări şi ı̂n multe cazuri sporadic. Cea mai veche competiţienaţională cu desfăşurare nêıntreruptă este concursul Putnam, organizat ı̂n Statele Uniteale Americii ı̂ncepând cu anul 1938. În România, Concursul Naţional Studenţesc ”TraianLalescu” s-a desfăşurat la mai multe discipline, s-a ı̂ntrerupt ı̂n perioada 1992-2006 şi afost reluat din 2007 la matematică.
Cea mai importantă competiţie internaţională de matematică pentru studenţi esteIMC (International Mathematics Competition for University Students) care se organizeazăitinerant din 1994 fiind echivalentul Olimpiadei Internaţionale de Matematică la niveluniversitar. În ultimii ani la această competiţie participă peste 300 de studenţi din peste 70de universităţi şi peste 30 de ţări. Competiţia este individuală iar fiecare echipă reprezintă ouniversitate (nu o ţară). Dificultatea problemelor date ı̂n concurs este deosebit de ridicată,iar rezultatul este edificator: concursul se desfăşoară pe durata a două zile şi se dau 5 sau6 probleme ı̂n fiecare zi.
Începând din 2007 se desfăşoară Concursul Internaţional Studenţesc SEEMOUS (SouthEastern European Mathematical Olympiad for University Students), analogul OlimpiadeiBalcanice de Matematică pentru elevi, la care au participat ı̂n fiecare an studenţi de launiversităţi din România (Bucureşti, Cluj-Napoca, Iaşi, Timişoara).
Această culegere de probleme a fost gândită pentru a pune la dispoziţia studenţilordin România un material necesar pentru o bună pregătire matematică ı̂n vederea ridicăriinivelului pregătirii obişnuite la nivel competiţional (naţional sau internaţional). Laelaborarea cărţii au fost implicaţi profesori cu experienţă la concursurile naţionale şiinternaţionale studenţeşti.
În elaborarea programei care stă la baza culegerii am decis, după discuţii cureprezentanţi ai majorităţii universităţilor din ţară, să folosim curricula concursurilorinternaţionale de matematică la care studenţii de la universităţile din România participăcel mai frecvent.
Problemele au fost ı̂mpărţite pe teme ı̂n 14 capitole:
Introducere
• Algebră - capitolele 1 şi 2,• Algebră liniară - capitolele 3, 4, 5,• Geometrie analitică - capitolul 6,• Analiză reală (funcţii de o variabilă) - capitolele 7, 8, 9,• Analiză matematică (funcţii de mai multe variabile) - capitolul 10,• Şiruri şi serii de funcţii - capitolul 11,• Funcţii complexe - capitolul 12,• Matematici discrete - capitolele 13 şi 14.
Fiecare capitol ı̂ncepe cu o prezentare a noţiunilor şi rezultatelor necesare rezolvăriiproblemelor, urmată de un număr suficient de probleme rezolvate, unele clasice, dar sem-nificative, altele pentru antrenament şi altele selectate din concursurile internaţionale saunaţionale ale altor ţări ca: Rusia, Franţa, Iran, S.U.A., Ungaria, Cehia, Israel.
Culegerea conţine peste 600 de probleme cu rezolvări complete, o listă de peste 50 detitluri bibliografice (cărţi editate ı̂n ţară sau ı̂n străinătate), precum şi o listă de adresede Internet ale diverselor concursuri internaţionale studenţeşti. După cunoştinţa autoriloraceastă culegere este prima ı̂n lume care tratează o astfel de tematică la modul general,nefiind dedicată doar unui anumit concurs.
Fiecare capitol al culegerii a fost elaborat de unul sau doi dintre cei 11 autori şi fiecarea putut contribui cu probleme la orice alt capitol. De coordonarea ı̂ntregii culegeri şifinalizarea ei s-au ocupat conf. dr. Vasile Pop de la Universitatea Tehnică din Cluj-Napocaşi conf. dr. Cornel Băeţica de la Universitatea din Bucureşti.
Capitolul 7
Şiruri şi serii numerice
Definiţii şi rezultate
Teorema Stolz-Cesaro 1. Fie (an)n≥0, (bn)n≥0 două şiruri de numere reale cu pro-prietăţile următoare:
1) (bn)n≥0 este strict monoton şi nemărginit;
2) există limn→∞
an+1 − anbn+1 − bn
= l, l ∈ R.
Atunci limn→∞
anbn
= l.
Teorema Stolz-Cesaro 2. Fie (an)n≥0, (bn)n≥0 două şiruri de numere reale cu pro-prietăţile următoare:
1) limn→∞
an = limn→∞
bn = 0;
2) şirul (bn)n≥0 este strict monoton;
3) există limn→∞
an+1 − anbn+1 − bn
= l, l ∈ R.
Atunci limn→∞
anbn
= l.
Corolar. Fie (an)n≥0 un şir de numere pozitive cu proprietatea că există
limn→∞
an+1an
= l, l ∈ R. Atunci limn→∞
n√an = l.
Teoremă. Fie (an)n≥1 un şir de numere pozitive cu proprietatea că există limn→∞
an+1an
=
l. Atunci, dacă l < 1 ⇒ limn→∞
an = 0, iar dacă l > 1 ⇒ limn→∞
an =∞.
• Fie∞∑n=1
an o serie de numere reale. Şirul (sn)n≥1, unde sn =
n∑k=1
ak, se numeşte şirul
sumelor parţiale ale seriei.
• Dacă există limita şirului (sn)n≥1, atunci ea se numeşte suma seriei.
• Dacă şirul sumelor parţiale este convergent şi limn→∞
sn = s, atunci se spune că seria∞∑n=1
an este convergentă şi se scrie
∞∑n=1
an = s.
• Dacă seria∞∑n=1
|an| este convergentă se spune că seria∞∑n=1
an este absolut conver-
1
2
gentă.
• O serie care este convergentă, dar nu este absolut convergentă se numeşte seriesemiconvergentă.
Observaţii. a) Dintr-o serie dată∞∑n=1
an se pot obţine alte serii, prin schimbarea ordinei
termenilor (∞∑n=1
aσ(n), σ : N∗ → N∗ bijectivă) sau prin asocierea unor termeni (∞∑n=1
(af(n)+1+
af(n)+2 + · · · + af(n+1)), unde f : N∗ → N∗ este o funcţie strict crescătoare). În general,aceste transformări pot schimba suma seriei şi chiar natura seriilor.
În cazul seriilor absolut convergente avem:Teoremă. Dacă ı̂ntr-o serie absolut convergentă schimbăm ordinea termenilor sau asociemsecvenţe de termeni, seria obţinută are aceeaşi sumă cu seria iniţială.
În cazul seriilor semiconvergente situaţia este complet diferită după cum aratăurmătoarea:Teoremă (Riemann). Într-o serie semiconvergentă se poate schimba ordinea termenilorı̂n aşa fel ı̂ncât seria să fie divergentă sau să fie convergentă cu suma un număr real ar-bitrar.
b) Pentru fiecare număr natural m ∈ N∗ definim seria rest de ordin m prin Rm =∞∑n=m
an.
Seria
∞∑n=1
an are aceeaşi natură cu orice serie rest a ei.
c) Dacă seria∞∑n=1
an este convergentă, atunci şirul (an)n este convergent la zero.
Un criteriu de divergenţă este următorul:
C0. Dacă şirul (an)n nu converge la zero, atunci seria∞∑n=1
an este divergentă.
Seria geometrică
Dacă q este un număr real, atunci seria∞∑n=0
qn se numeşte seria geometrică de raţie q.
Pentru q ∈ (−1, 1) seria geometrică este convergentă şi suma ei este∞∑n=0
qn =1
1− q.
Pentru q ≥ 1 seria este divergentă şi are suma ∞.Pentru q ≤ −1 seria este divergentă şi nu are sumă.
Seria armonică generalizată
Dacă α este un număr real, atunci seria∞∑n=1
1
nαse numeşte serie armonică generalizată
de exponent α.
Pentru α > 1 seria armonică∞∑n=1
1
nαeste convergentă şi suma ei se notează
∞∑n=1
1
nα=
ζ(α). Funcţia ζ : (1,∞)→ R se numeşte funcţia ”zeta” a lui Riemann. Pentru α ≤ 1 seria
Şiruri şi serii numerice 3
armonică
∞∑n=1
1
nαeste divergentă şi are suma ∞.
Criterii generale de convergenţă
C1. (Criteriul general al lui Cauchy) Seria
∞∑n=1
an este convergentă dacă şi numai
dacă, pentru orice ε > 0 există un rang N(ε) ∈ N astfel ca pentru orice n ≥ N(ε) şi oricep ≥ 1 să avem:
|an+1 + an+2 + · · ·+ an+p| < ε.
C2. (Criteriul lui Abel-Dirichlet) Dacă seria
∞∑n=1
an are şirul sumelor parţiale
mărginit, iar şirul (bn)n este descrescător la zero, atunci seria
∞∑n=1
anbn este convergentă.
C3. (Criteriul lui Abel) Dacă seria
∞∑n=1
an este convergentă iar şirul (bn)n este
monoton şi mărginit, atunci seria∞∑n=1
anbn este convergentă.
C4. (Criteriul lui Leibniz) Dacă şirul (bn)n≥1 este monoton şi convergent la zero,
atunci seria∞∑n=1
(−1)nbn este convergentă.
Criterii de convergenţă pentru serii cu termeni pozitivi
În următoarele criterii (C4-C10) termenii seriilor care apar sunt strict pozitivi.
A. Criterii intrinseci
C4. Criteriul raportului (d’Alembert)
a) Dacă există q ∈ (0, 1) şi N ∈ N∗ astfel ca an+1an≤ q pentru orice n > N , atunci seria
∞∑n=1
an este convergentă.
b) Dacă există N ∈ N∗ astfel ca an+1an
≥ 1 pentru orice n > N , atunci seria∞∑n=1
an
este divergentă.
C4’. Dacă există limita limn→∞
an+1an
= l atunci:
a) pentru l ∈ [0, 1) seria∞∑n=1
an este convergentă;
b) pentru l ∈ (1,∞) seria∑n≥1
an este divergentă;
c) pentru l = 1 criteriul este ineficient.
C5. Criteriul radicalului (Cauchy)
4
a) Dacă există q ∈ (0, 1) şi N ∈ N∗ astfel ca n√an ≤ q pentru orice n > N , atunci seria∞∑n=1
an este convergentă.
b) Dacă există o infinitate de termeni pentru care n√an ≥ 1 atunci seria este divergentă.
C5’. Dacă există limn→∞
n√an = l atunci:
a) pentru l ∈ [0, 1) seria∞∑n=1
an este convergentă;
b) pentru l ∈ (1,∞) seria∑n≥1
an este divergentă;
c) pentru l = 1 criteriul este ineficient.
C6. Criteriul Raabe-Duhamela) Dacă există un număr real c > 1 şi un număr natural N ∈ N∗ astfel ca
n
(anan+1
− 1)≥ c, pentru orice n ≥ N,
atunci seria
∞∑n=1
an este convergentă.
b) Dacă există un număr natural N pentru care
n
(anan+1
− 1)≤ 1, pentru orice n ≥ N,
atunci seria∑n≥1
an este divergentă.
C6’. Dacă există limita limn→∞
n
(anan+1
− 1)
= l atunci:
a) pentru l > 1 seria
∞∑n=1
an este convergentă;
b) pentru l < 1 seria∑n≥1
an este divergentă;
c) pentru l = 1 criteriul este ineficient.Observaţie. În general criteriul Raabe-Duhamel se aplică la serii la care criteriul
raportului sau radicalului este ineficient.
C7. Criteriul condensării (Cauchy)
Dacă şirul (an)n este descrescător, atunci seriile
∞∑n=1
an şi
∞∑n=1
2na2n au aceeaşi natură
(sunt simultan convergente sau divergente).
B. Criterii de comparaţie
C8. Dacă există N ∈ N∗ astfel ca 0 < an ≤ bn pentru orice n > N , atunci:
a) Dacă seria∞∑n=1
an este divergentă, atunci seria
∞∑n=1
bn este divergentă.
Şiruri şi serii numerice 5
b) Dacă seria
∞∑n=1
bn este convergentă, atunci seria
∞∑n=1
an este convergentă.
C9. Dacă există N ∈ N∗ astfel ca an+1an≤ bn+1
bnpentru orice n > N , atunci:
a) Dacă seria
∞∑n=1
an este divergentă, atunci seria∞∑n=1
bn este divergentă.
b) Dacă seria∞∑n=1
bn este convergentă, atunci seria
∞∑n=1
an este convergentă.
C10. Dacă există limn→∞
anbn
= l atunci:
a) pentru l ∈ (0,∞) seriile∞∑n=1
an şi
∞∑n=1
bn au aceeaşi natură;
b) pentru l = 0 avem implicaţiile:∞∑n=1
an divergentă ⇒∞∑n=1
bn divergentă;
∞∑n=1
bn convergentă ⇒∞∑n=1
an convergentă;
c) pentru l =∞ avem implicaţiile:∞∑n=1
bn divergentă ⇒∞∑n=1
an divergentă;
∞∑n=1
an convergentă ⇒∞∑n=1
bn convergentă.
Observaţie. În general pentru a decide natura unei serii∞∑n=1
an prin criteriul C10 se
folosesc pentru comparaţie serii armonice generalizate. Se obţine criteriul 10’.C10’. Dacă există α ∈ R astfel ca
limn→∞
nαan = l ∈ (0,∞)
atunci:
a) pentru α > 1 seria
∞∑n=1
an este convergentă;
b) pentru α ≤ 1 seria∞∑n=1
an este divergentă.
Produsul Cauchy a două serii
Definiţie. Dacă∞∑n=1
an şi∞∑n=1
bn sunt două serii, atunci seria∞∑n=1
cn cu termenul general
cn = a1bn+a2bn−1 +a3bn−2 + · · ·+anb1, n ≥ 1, se numeşte produsul Cauchy al celor douăserii.
Observaţie. În general produsul Cauchy a două serii convergente nu este neapărat o
serie convergentă (an = bn =(−1)n−1√
n).
Teoremă (Mertens). Dacă seriile
∞∑n=1
an şi
∞∑n=1
bn sunt convergente, iar una din ele
6
este absolut convergentă, atunci produsul lor Cauchy
∞∑n=1
cn este o serie convergentă şi
dacă∞∑n=1
an = A,
∞∑n=1
bn = B, atunci
∞∑n=1
cn = AB.
Şiruri. Probleme
Problema 7.1 Fie I ⊆ R şi f : I → I. Definim şirul (an)n≥0 prin relaţia an+1 = f(an),n ≥ 0, a0 ∈ I. Să se arate că:
1) Dacă f este crescătoare, atunci (an)n≥0 este monoton;2) Dacă f este descrescătoare, atunci şirurile (a2n)n≥0, (a2n+1)n≥0 sunt monotone şi
au monotonii diferite.
Soluţie. 1) Dacă a0 ≤ a1 rezultă că f(a0) ≤ f(a1), adică a1 ≤ a2 şi apoi prin inducţiese arată că an ≤ an+1 pentru orice n ≥ 0. Dacă a0 ≥ a1 rezultă analog că şirul estedescrescător.
2) Avem
a2n+1 = f(a2n+1) = (f ◦ f)(a2n), n ≥ 0
şi
a2n+2 = f(a2n+1) = (f ◦ f)(a2n), n ≥ 0.
Cum g = f ◦ f este crescătoare, din punctul 1) rezultă că (a2n)n≥0 şi (a2n+1)n≥0 suntşiruri monotone. Dacă presupunem că (a2n)n≥0 este crescător, din relaţia a2n ≤ a2n+2obţinem f(a2n) ≥ f(a2n+1) echivalent cu a2n+1 ≥ a2n+3, n ≥ 0, ceea ce arată că (a2n+1)n≥0este descrescător. Presupunerea că (a2n)n≥0 este descrescător conduce ı̂n mod analog lafaptul că (a2n+1)n≥0 este crescător. Deci şirurile (a2n)n≥0 şi (a2n+1)n≥0 au monotoniidiferite.
Problema 7.2 a) Să se arate că limn→∞
(1
n+ 1+
1
n+ 2+ · · ·+ 1
2n
)= ln 2;
b) Să se calculeze limn→∞
n
(1
n+ 1+
1
n+ 2+ · · ·+ 1
2n− ln 2
).
Soluţie. a) Fie cn = 1 +1
2+ · · ·+ 1
n− lnn, n ≥ 0. Avem
xn =1
n+ 1+
1
n+ 2+ · · ·+ 1
2n− ln 2 = (c2n − cn) + ln 2n− lnn =
= c2n − cn + ln 2,
de unde obţinem limn→∞
xn = ln 2.
b) Fie yn =
1
n+ 1+
1
n+ 2+ · · ·+ 1
2n− ln 2
1
n
, n ≥ 1,
an =1
n+ 1+
1
n+ 2+ · · ·+ 1
2n− ln 2, bn =
1
n.
Şiruri şi serii numerice 7
Condiţiile celei de-a doua teoreme a lui Stolz-Cesaro sunt ı̂ndeplinite şi avem
limn→∞
an+1 − anbn+1 − bn
limn→∞
− 1n+ 1
+1
2n+ 1+
1
2n+ 21
n+ 1− 1n
= −14
de unde rezultă că limn→∞
yn = −1
4.
Problema 7.3 Fie f : [1,∞) → R o funcţie descrescătoare şi mărginită inferior. Să searate că şirul (an)n≥1 de termen general
an = f(1) + f(2) + · · ·+ f(n)−∫ n
1f(x)dx
este convergent.
Soluţie. Studiem monotonia lui (an)n≥1. Avem
an+1 − an = f(n+ 1)−∫ n+1
1f(x)dx+
∫ n1f(x)dx =
= f(n+ 1)−∫ n+1n
f(x)dx =
∫ n+1n
(f(n+ 1)− f(x))dx ≤ 0,
ţinând seama că f este descrescătoare. Rezultă că şirul (an)n≥1 este descrescător. Demon-străm că şirul este mărginit inferior. Avem
an =
(f(1)−
∫ 21f(x)dx
)+
(f(2)−
∫ 32f(x)dx
)+ · · ·+
+
(f(n− 1)−
∫ nn−1
f(x)dx
)+ f(n) =
=
∫ 21
(f(1)− f(x))dx+∫ 3
2(f(2)− f(x))dx+ · · ·+
+
∫ nn−1
(f(n− 1)− f(x))dx+ f(n),
de unde rezultă că (an)n≥1 este mărginit inferior, ţinând seama de monotonia lui f şide faptul că f este mărginită inferior. Prin urmare şirul (an)n≥1 este convergent, fiindmonoton şi mărginit.
Observaţie. Pentru funcţia f : [1,∞)→ R, f(x) = 1x
, rezultă imediat că şirul (cn)n≥1,
cn = 1 +1
2+ · · ·+ 1
n− lnn
este convergent.
Problema 7.4 Să se calculeze limn→∞
[(n+ 1) n+1√n+ 1− n n
√n].
8
Soluţie. Considerăm funcţia f : [n, n+1]→ R, n ∈ N∗, f(x) = x1+1x , căreia ı̂i aplicăm
teorema lui Lagrange. Rezultă că există cn ∈ (n, n+ 1) astfel ca
f(n+ 1)− f(n) = c1cnn
(1
cn+ 1− ln cn
cn
).
Din cn > n rezultă că limn→∞
cn =∞ şi ı̂n continuare
limn→∞
[f(n+ 1)− f(n)] = 1.
Problema 7.5 Demonstraţi că dacă sinx 6= 0, atunci şirul (sinnx)n≥0 nu are limită.
Soluţie. Să presupunem că şirul (sinnx)n≥0 este convergent. Din
cosnx =sin(n+ 1)x− sin(n− 1)x
2 sinx
rezultă că limn→∞
cosnx = 0.
Ţinând seama de relaţia
sinnx =cos(n+ 1)x− cos(n− 1)x
2 sinx
deducem că limn→∞
sinnx = 0, prin urmare limn→∞
(sin2 nx+cos2 nx) = 0, contradicţie. Rezultă
că şirul (sinnx)n≥0 este divergent.
Problema 7.6 Să se determine cel mai mic număr real pozitiv x pentru care şirul (an)n≥1,
an =
(1 +
1
n
)n+xeste descrescător.
Soluţie. Considerăm funcţia f : [1,∞)→ R, f(t) = (t+x) ln(
1 +1
t
), t ≥ 1. Evident
an = ef(n), n ≥ 1. Avem
f ′(t) = ln
(1 +
1
t
)− t+ xt(1 + t)
,
f ′′(t) =t(2x− 1) + xt2(1 + t)2
.
Dacă x ≥ 12
rezultă f ′′(t) ≥ 0 pentru orice t ≥ 1, deci f ′ este strict crescătoarepe [1,∞). Cum lim
t→∞f ′(t) = 0 rezultă f ′(t) < 0, t ≥ 1, deci f este descrescătoare pe
[1,∞). Rezultă că (an)n≥1 este un şir descrescător pentru x ≥1
2. Dacă x <
1
2, atunci
ecuaţia f ′′(t) = 0 are rădăcina t0 =x
1− 2xşi f ′′(t) ≤ 0 pentru t ≥ t0. Rezultă că f ′
este descrescătoare pe [t0,∞) şi cum limt→∞
f ′(t) = 0 avem f ′(t) > 0 pentru t ≥ t0. Prinurmare şirul (an) este crescător pentru n > t0. Cel mai mic număr pentru care (an)n≥1
este descrescător este x =1
2.
Problema 7.7 Să se arate că dacă limn→∞
ann = a, limn→∞bnn = b, a, b > 0, atunci pentru orice
p ≥ 0, q ≥ 0 cu p+ q = 1, are loc relaţia
limn→∞
(pan + qbn)n = apbq.
Şiruri şi serii numerice 9
Soluţie. Arătăm mai ı̂ntâi că limn→∞
an = 1 şi limn→∞
bn = 1. De aici deducem că
limn→∞
(pan + qbn) = 1.
Apoi avemlimn→∞
n(an − 1) = ln a, limn→∞
n(bn − 1) = ln b
şi ı̂n continuare
limn→∞
(pan + qbn)n = e
limn→∞
n(pan+qbn−1)=
= elimn→∞
[pn(an−1)+qn(bn−1)]= ep ln a+q ln b = apbq.
Problema 7.8 Să se calculeze limn→∞
(e1+
12
+···+ 1n+1 − e1+
12
+···+ 1n
).
Soluţie. Fie cn = 1 +12 + · · ·+
1n − lnn. Avem
xn = e1+ 1
2+···+ 1
n+1 − e1+12
+···+ 1n = e1+
12
+···+ 1n
(e
1n+1 − 1
)=
= ecn+lnn(e
1n+1 − 1
)= ecn · n
n+ 1· e
1n+1 − 1
1
n+ 1
.
Rezultă că limn→∞
xn = ec, unde c este constanta lui Euler.
Problema 7.9 Să se arate că următoarele şiruri sunt convergente, folosind problema 7.3.
a) an = 1 +1
2+ · · ·+ 1
n− lnn;
b) an =1
2 ln 2+
1
3 ln 3+ · · ·+ 1
n lnn− ln(lnn);
c) an = 1 +1
2α+ · · ·+ 1
nα− 1
1− αn1−α, α ∈ (0, 1);
d) an = 1 +1
2α+ · · ·+ 1
nα, α > 1.
Soluţie. a) Se ia f(x) =1
x;
b) f(x) =1
x lnx;
c) f(x) =1
xα;
d) f(x) =1
xα.
Problema 7.10 Să se calculeze limitele următoarelor şiruri:
a) an =1
lnn
(1 +
1
2+ · · ·+ 1
n
), n ≥ 2;
b) an =1
ln(lnn)
(1
2 ln 2+
1
3 ln 3+ · · ·+ 1
n lnn
), n ≥ 3;
c) an =1
n1−α
(1 +
1
2α+ · · ·+ 1
nα
), α ∈ (0, 1).
Soluţie. Se utilizează prima teoremă a lui Stolz-Cesaro obţinându-se:a) lim
n→∞an = 1;
b) limn→∞
an = 1;
c) limn→∞
an =1
1− α.
10
Problema 7.11 Dacă notăm cu a limitele şirurilor de la exerciţiul 7.9 să se calculezelimitele următoare:
a) limn→∞
n
(1 +
1
2+ · · ·+ 1
n− lnn− a
);
b) limn→∞
n lnn
(1
2 ln 2+
1
3 ln 3+ · · ·+ 1
n lnn− ln(lnn)− a
);
c) limn→∞
nα(
1 +1
2α+ · · ·+ 1
nα− 1
1− αn1−α − a
), α ∈ (0, 1);
d) limn→∞
nα−1(
1 +1
2α+ · · ·+ 1
nα− a), α > 1.
Soluţie. Se aplică a doua teoremă a lui Stolz-Cesaro.
a) xn = 1 +1
2+ · · ·+ 1
n− lnn− a, yn =
1
n, n ≥ 1. Avem
limn→∞
xnyn
= limn→∞
xn+1 − xnyn+1 − yn
= limn→∞
1
n+ 1− ln(n+ 1) + lnn
1
n+ 1− 1n
=
= limx→∞x∈R
1
x+ 1− ln(x+ 1) + lnx
1
x+ 1− 1x
= limx→∞x∈R
− 1(x+ 1)2
− 1x+ 1
+1
x
− 1(x+ 1)2
+1
x2
=1
2;
b) Se obţine limita 1;c) Aplicând teorema a doua a lui Cesaro-Stolz obţinem
limn→∞
nα(
1 +1
2α+ · · ·+ 1
nα− 1
1− αn1−α − a
)=
= limn→∞
1
(n+ 1)α− 1
1− α[(n+ 1)1−α − n1−α]
1
(n+ 1)α− 1nα
=
= limn→∞
1− α−[(n+ 1)− n
(n+ 1
n
)α](1− α)n
α − (n+ 1)α
nα
=
= limx→0x∈R
(1− α)x− (1 + x) + (1 + x)α
x[1− (1 + x)α](1− α)=
1
2
aplicând regula lui l’Hospital de două ori;
d) Se obţine limita1
1− α.
Problema 7.12 Să se arate că dacă p, q ∈ N∗, p < q, au loc relaţiile:
a) limn→∞
qn∑k=pn
1
k= ln
q
p;
b) limn→∞
1
n
qn∑k=pn
1
k= ln
q
p;
Şiruri şi serii numerice 11
c) limn→∞
1
lnn
nq∑k=np
1
k= q − p;
d) limn→∞
qn∑k=pn
1
k ln k= ln
(ln q
ln p
);
e) limn→∞
nq∑k=np
1
k ln k= ln
q
p;
Soluţie. Fie (an)n≥1 un şir de numere reale, sn = a1 + a2 + · · ·+ an, n ≥ 1 şi (bn)n≥1un şir cu proprietatea că şirul (sn − bn)n≥1 este convergent. Dacă (pn)n≥1, (qn)n≥1 suntdouă şiruri de numere naturale, pn ≤ qn pentru n ≥ 1, atunci
qn∑k=pn
ak = sqn − spn + apn = (sqn − bqn)− (spn − bpn) + (bqn − bpn) + apn .
De aici obţinem
limn→∞
qn∑k=pn
ak = limn→∞
[(bqn − bpn) + apn ]
ı̂n ipoteza că limita din dreapta există.a) pn = pn, qn = qn, bn = lnn,
limn→∞
(ln qn− ln pn+ 1
pn
)= ln
q
p.
b) pn = pn, qn = q
n, ak =1
k, bn = lnn.
Pentru c), d), e) procedăm analog.
Problema 7.13 Fie (an)n≥1 şi (bn)n≥1 două şiruri de numere ı̂ntregi cu proprietatea0 < an ≤ bn, n ≥ 1. Să se arate că
limn→∞
anbn
bn∏k=an
e1k = 1.
Soluţie. ln
anbn
bn∏k=an
e1k
= bn∑k=an
1
k+ ln an − ln bn =
=
(bn∑k=1
1
k− ln bn
)−
(an∑k=1
1
k− ln an
)+
1
an→ c− c+ 0 = 0.
Problema 7.14 Demonstraţi că
limn→∞
[1000
√1 +
√2 + · · ·+
√n
]= 1757.
Soluţie. Considerăm şirurile (an)n≥5, (bn)n≥5,
an =
√1 +
√2 + · · ·+
√n, bn =
√1 +
√2 + · · ·+
√n+√
2n.
12
Se arată uşor că (an) este crescător, iar (bn) este descrescător şi an < bn, n ≥ 5, prinurmare
1, 7575 < a6 < limn→∞
an < b6 = 1, 7579,
deci
limn→∞
[1000
√1 +
√2 + · · ·+
√n
]= 1757.
Problema 7.15 Fie a, b > 0 şi (xn)n≥1, (yn)n≥1 două şiruri de numere reale cu pro-prietăţile:
limn→∞
xnna
= A, limn→∞
ynnb
= B, A,B ∈ R.
Să se calculeze
limn→∞
(x1 + x2 + · · ·+ xn)(y1 + y2 + · · ·+ yn)n(x1y1 + x2y2 + · · ·+ xnyn)
.
Soluţie.(x1 + · · ·+ xn)(y1 + · · ·+ yn)
n(x1y1 + · · ·+ xnyn)=
x1 + · · ·+ xnna+1
· y1 + · · ·+ ynnb+1
x1y1 + · · ·+ xnynna+b+1
şi
limn→∞
x1 + · · ·+ xnna+1
= limn→∞
xn+1(n+ 1)a+1 − na+1
=A
a+ 1,
limn→∞
y1 + · · ·+ ynnb+1
=B
b+ 1,
limn→∞
x1y1 + · · ·+ xnynna+b+1
= limn→∞
xn+1yn+1(n+ 1)a+b+1 − na+b+1
=
= limn→∞
xn+1(n+ 1)a
· yn+1(n+ 1)b
(n+ 1)a+b+1 − na+b+1
(n+ 1)a+b
=AB
a+ b+ 1.
Limita cerută este egală cua+ b+ 1
(a+ 1)(b+ 1).
Problema 7.16 (Transformarea Toeplitz) Fie {cn,k : 1 ≤ k ≤ n, n ≥ 1} un şir dublude numere reale cu proprietăţile:
i) limn→∞
cn,k = 0 pentru orice k ∈ N∗;
ii) limn→∞
n∑k=1
cn,k = 1;
iii) există c > 0 astfel ca
n∑k=1
|cn,k| ≤ c pentru orice n ≥ 1.
Atunci pentru orice şir convergent de numere reale (an)n≥1, şirul (bn)n≥1 definit prin
bn =
n∑k=1
cn,kak, n ≥ 1, este convergent şi limn→∞
bn = limn→∞
an.
Şiruri şi serii numerice 13
Soluţie. Dacă an = a pentru orice n ≥ 1, atunci din ii) avem
limn→∞
bn = a limn→∞
n∑k=1
cn,k = a.
Astfel este suficient să considerăm cazul când şirul (an)n≥1 converge la zero. Pentrum > 1 şi n ≥ m avem
(1) |bn − 0| =
∣∣∣∣∣n∑k=1
cn,kak
∣∣∣∣∣ ≤m−1∑k=1
|cn,k| · |ak|+n∑
k=m
|cn,k| · |ak|
Fie ε > 0. Din limn→∞
an = 0 rezultă că există n1 ∈ N astfel ca |an| <ε
2cpentru n ≥ n1.
Şirul (an)n≥1 este mărginit şi presupunem că |an| ≤ D, pentru orice n ≥ 1. Din i) rezultăcă există n2 ∈ N astfel ca pentru n ≥ n2
n1−1∑k=1
|cn,k| <ε
2D.
Punând m = n1 ı̂n (1), obţinem
|bn| ≤ Dn1−1∑k=1
|cn,k|+ε
2c
n∑k=n1
|cn,k| <ε
2+ε
2= ε
pentru n ≥ max{n1, n2}. Prin urmare limn→∞
bn = 0.
Problema 7.17 Să se demonstreze că dacă ı̂n exerciţiul precedent cnk > 0, 1 ≤ k ≤n, ∀n ≥ 1, atunci pentru orice şir (xn) cu limita ∞, rezultă că şi transformata sa Toeplitz,(yn), are limita ∞.
Soluţie. Fie (xn) cu xn →∞; se poate presupune ca toţi termenii termenii şirului (xn)
sunt strict pozitivi. Fie C > 0; din condiţia limn→∞
n∑k=1
cnk = 1, rezultă că există N1 ∈ N
astfel ı̂ncât:n∑k=1
cnk >1
2, ∀n ≥ N1.
Şirul (xn) fiind nemărginit, există N2 ∈ N astfel ı̂ncât xn ≥ 2C,∀n ≥ N2. Fie N3 =max{N1, N2}; atunci, pentru orice n ≥ N3, avem:
n∑k=1
cnkxk =
N3∑k=1
cnkxk +
n∑k=N3
cnkxk ≥
≥N3∑k=1
cnkxk + C > C,
ceea ce ı̂ncheie demonstraţia.
Problema 7.18 Demonstraţi că dacă limn→∞
an = a, a ∈ R, atunci
limn→∞
na1 + (n− 1)a2 + · · ·+ ann2
=a
2.
14
Soluţie. Se aplică teorema lui Toeplitz cu cn,k =2(n− k + 1)
n2sau se aplică teorema
Stolz-Cesaro de două ori.
Problema 7.19 Dacă limn→∞
an = a, limn→∞
bn = b, a, b ∈ R, atunci
limn→∞
a1bn + a2bn−1 + · · ·+ anb1n
= ab.
Soluţie. Dacă b 6= 0, luăm cn,k =bn−k+1nb
ı̂n teorema lui Toeplitz.
Dacă b = 0, punând cn,k =1 + bn−k+1
n, avem
limn→∞
a1(1 + bn) + a2(1 + bn−1) + · · ·+ an(1 + b1)n
= a
şi ţinând seama că limn→∞
a1 + · · ·+ ann
= a rezultă concluzia.
Problema 7.20 Presupunem că limn→∞
an = a, a ∈ R. Să se calculeze:
a) limn→∞
(an1
+an−1
2+ · · ·+ a1
2n−1
);
b) limn→∞
(a1
1 · 2+
a22 · 3
+ · · ·+ amn(n+ 1)
);
c) limn→∞
(an1− an−1
2+ · · ·+ (−1)n−1 a1
2n−1
).
Soluţie. Se obţin, aplicând teorema lui Toeplitz, rezultatele:
a) 2a; b) a; c)2
3a.
Problema 7.21 Determinaţi mulţimea punctelor limită ale şirului (an)n≥1, unde:
a) an =[1− (−1)n] · 2n + 1
2n + 3;
b) an =(
cosnπ
3
)n;
c) an =2n2
7−[
2n2
7
].
Soluţie. a) a2n =1
2n + 3, a2n+1 =
2n+1 + 1
2n + 3. Avem lim
n→∞a2n = 0 şi lim
n→∞a2n+1 = 2,
deci L(an) = {0, 2};b) L(an) = {−1, 0, 1};c) a7k = 0, a7k+1 =
2
7, . . . , a7k+6 =
2
7. Se obţine
L(an) =
{0,
1
7,2
7,4
7
}.
Problema 7.22 Fie (an)n≥1 un şir de numere reale cu proprietatea că limn→∞
(an+1−an) =0. Arătaţi că mulţimea punctelor limită ale lui (an)n≥1 este un interval ı̂nchis.
Soluţie. Fie a < b puncte limită ale şirului (an)n≥1 şi c ∈ (a, b). Vom construi prinrecurenţă un subşir (ank)k≥1 având limita c. Presupunând (ank)k≥1 ales, fie n0 ∈ N astfel
Şiruri şi serii numerice 15
ca |an+1 − an| <1
k, pentru n ≥ n0. Din faptul că a, b sunt puncte limită ale lui (an)n≥1,
rezultă că există p, q ∈ N, p, q > max{n0, nk} cu proprietatea că ap < c < aq. Notăm cunk+1 cel mai mare indice cuprins ı̂ntre p şi q astfel ca c < ank+1 + 1. Rezultă că
|ank+1 − c| ≤ |ank+1 − ank+1+1| ≤1
k.
Această construcţie arată că mulţimea punctelor limită ale lui (an)n≥1 este un interval.Fie a o extremitate a acestui interval. Există deci un şir (xn)n≥1 format din puncte limităpentru şirul (an)n≥1 astfel ca lim
n→∞xn = a. Este suficient să alegem un subşir (ank)k≥1
astfel ca |ank − xk| ≤1
k. Avem lim
n→∞ank = a, ceea ce ı̂ncheie demonstraţia.
Problema 7.23 Fie f : R→ R o funcţie periodică cu perioada T > 0, continuă ı̂n punctulx ∈ R. Fie (Sn)n≥1 un şir satisfăcând condiţiile:
(i) limn→∞
Sn =∞;(ii) lim
n→∞(Sn+1 − Sn) = 0.
Atunci f(x) este un punct limită al şirului (f(Sn))n≥1.
Soluţie. Deoarece f este continuă ı̂n x, există δ1 > 0 astfel ı̂ncât |t− x| < δ1 implică|f(t)−f(x)| < 1. Cum lim
n→∞(Sn+1−Sn) = 0, există N1 ∈ N astfel ı̂ncât pentru orice n ≥ N1
să avem |Sn+1−Sn| < δ1. Fie k1 ∈ N cu proprietatea că x+ k1T ≥ SN1 . Din (i) rezultă căexistă n1 ∈ N, n1 ≥ N1, astfel ı̂ncât Sn1 ≤ x+k1T < Sn1+1. Avem că |x+k1T −Sn1 | < δ1şi atunci |(Sn1 − k1T )− x| < δ1, de unde |f(Sn1)− f(x)| = |f(Sn1 − k1T )− f(x)| < 1.
Deoarece f este continuă ı̂n x, există δ2 > 0 astfel ı̂ncât |t − x| < δ2 implică |f(t) −f(x)| < 12 . Cum limn→∞(Sn+1 − Sn) = 0, există N2 ∈ N astfel ı̂ncât pentru orice n ≥ N2să avem |Sn+1 − Sn| < δ2. Fie k2 ∈ N cu proprietatea că x + k2T ≥ Smax(N2,n1+1). Din(i) rezultă că există n2 ∈ N, n2 ≥ max(N2, n1 + 1), astfel ı̂ncât Sn2 ≤ x + k2T < Sn2+1.Avem că |x+ k2T − Sn2 | < δ1 şi atunci |(Sn2 − k2T )− x| < δ2, de unde |f(Sn2)− f(x)| =|f(Sn2 − k2T )− f(x)| < 12 .
Continuând procedeul de mai sus vom obţine un şir strict crescător (np)p≥1 care areproprietatea că |f(Snp)− f(x)| < 1p şi trecând la limită obţinem limp→∞ |f(Snp)− f(x)| = 0,deci şirul (f(Snp))p≥1 converge la f(x).
Problema 7.24 Fie En = 1 +1
1!+
1
2!+ · · ·+ 1
n!, n ≥ 1.
Demonstraţi că:
a) 0 < e− En <1
n · n!, n ≥ 1;
b) e 6∈ Q;c) lim
n→∞(n!e− [n!e]) = 0.
Soluţie. a) Em+n − En =1
(n+ 1)!+
1
(n+ n)!+ · · ·+ 1
(n+m)!<
<1
(n+ 1)!
[1 +
1
n+ 2+
1
(n+ 2)2+ · · ·+ 1
(n+ 2)m−1
]<
1
(n+ 1)!· n+ 2n+ 1
Fixând n şi făcând m→∞ obţinem
e− En ≤1
(n+ 1)!· n+ 2n+ 1
<1
n · n!.
16
b) Să presupunem că e =p
q∈ Q, p, q ∈ N, q 6= 0. Avem 0 < e−Eq <
1
q · q!şi ı̂nmulţind
cu q! obţinem 0 < p(q − 1)!− q!Eq <1
q, contradicţie, pentru că (p(q − 1)!− q!Eq) ∈ Z.
c) Din punctul a) rezultă că pentru orice n ≥ 1 există θn ∈]0, 1[ astfel ca
e = En +θnn · n!
,
deci
[n!e] =
[n!En +
θnn
]= n!En,
decilimn→∞
(n!e− [n!e]) = 0.
Problema 7.25 Să se arate că limn→∞
n sin(2πen!) = 2π.
Soluţie. Din problema 7.24 a) rezultă că pentru orice n ∈ N există θn+1 ∈ (0, 1) astfelca
e = En+1 +θn+1
(n+ 1)(n+ 1)!.
Avem
xn = n sin(2πen!) = n sin
[2π
(En+1 +
θn+1(n+ 1)(n+ 1)!
)n!
]=
n sin
[2π
(En +
1
(n+ 1)!+
θn+1(n+ 1)(n+ 1)!
)n!
]= n sin
(2πEnn! +
1
n+ 1+
θn+1(n+ 1)2
)şi cum n!En ∈ N obţinem
xn = n sin
[2π
(1
(n+ 1)!+
θn+1(n+ 1)2
)]=
sin[2π( 1(n+1)! +
θn+1(n+1)2
)]
2π(
1(n+1)! +
θn+1(n+1)2
) (2π nn+ 1
+nθn+1
(n+ 1)2
),
deci limn→∞
= 2π.
Problema 7.26 Fie (an)n≥1 un şir de numere reale cu proprietăţile: 0 < an ≤ 1 pentruorice n ≥ 1 şi lim
n→∞(a1 + a2 + · · ·+ an) =∞.
a) Să se arate că pentru orice l ∈ [1,∞) ∪ {∞} există o funcţie strict crescătoareL : N∗ → N∗ astfel ca
limn→∞
a1 + a2 + · · ·+ aL(n+1)a1 + a2 + · · ·+ aL(n)
= l.
b) Să se determine funcţia L pentru an =1√n
, n ≥ 1.
Soluţie. a) Fie sk = a1 + · · · + ak, k ≥ 1. Intervalele [sk, sk+1), k ≥ 1, determină opartiţie a intervalului [a1,∞).
1. Dacă l > 1, atunci pentru orice n ≥ 1 există un unic k ∈ N∗ astfel ca ln ∈ [sk, sk+1)şi definim funcţia L(n) = k, deci ln ∈ [sL(n), sL(n)+1). Cum ln+1− ln > 1 > aL(n)+1 rezultăsL(n+1) ≥ sL(n)+1 şi atunci L(n+ 1) > L(n), deci L este funcţie strict crescătoare.
Avem:sL(n) ≤ ln < sL(n)+1 = sL(n) + aL(n)+1 < sL(n) + 1
Şiruri şi serii numerice 17
sL(n+1) ≤ ln+1 < sL(n+1)+1din care deducem
ln+1
ln<sL(n+1)
sL(n)<
ln+1
ln − 1,
de unde obţinem limn→∞
sL(n+1)
sL(n)= 1.
2. Dacă l = 1, alegem L(n) = n şi obţinem
limn→∞
sn+1sn
= 1 + limn→∞
an+1sn
= 1.
3. Dacă l =∞ alegem L(n) astfel ca nn ∈ [sL(n), sL(n)+1) şi avem
sL(n+1)
sL(n)≥ (n+ 1)
n+1 − 1nn
→∞.
b) Şirul (an)n≥1, an = 1 +1√2
+ · · ·+ 1√n− 2√n este convergent. Avem
sL(n+1)
sL(n)=aL(n+1) + 2
√aL(n+1)
aL(n) + 2√aL(n)
,
limn→∞
sL(n+1)
sL(n)= lim
n→∞
√aL(n+1)√aL(n)
.
Pentru l = 1 alegem L(n) = n.Pentru l > 1 alegem L(n) = [l2n].Pentru l > 1 alegem L(n) = nn.
Problema 7.27 Fie a şi b două numere reale astfel ı̂ncât 0 < a < b. Definim şirurile:
a1 =√ab, b1 =
1
2(a+ b)
a2 =√a1b1, b2 =
1
2(a1 + b1)
. . . . . . . . .
an =√an−1bn−1, bn =
1
2(an−1 + bn−1).
Să se arate că şirurile an si bn sunt convergente şi au aceeaşi limită (numită mediaaritmetico-geometrică a numerelor a şi b).
Soluţie. Evident, din inegalitatea mediilor rezultă an ≤ bn,∀n ∈ N şi a < a1 < b1 < b.Vom arăta că şirul (an) este crescător, iar şirul bn este descrescător. Avem:
an+1 − an =√anbn − an =
an(bn − an)√anbn + an
> 0,∀n ∈ N,
bn+1 − bn =an + bn
2− bn =
an − bn2
< 0,∀n ∈ N.
Rezultă că şirurile sunt convergente; dacă notăm L1 = limn→∞
an şi L2 = limn→∞
bn, atunci,
trecând la limită ı̂n relaţia an+1 =12(an + bn), rezultă L1 = L2.
18
Problema 7.28 Fie (xn) un şir de numere reale astfel ı̂ncât există L ∈ R cu proprietatea:
limn→∞
(2xn+1 − xn) = L
Să se demonstreze că limn→∞
xn = L.
Soluţia 1. Fie ε > 0; din ipoteză, există N(ε) astfel ı̂ncât:
L− ε < 2xn+1 − xn < L+ ε, ∀n ≥ N(ε).
Fie n ≥ N(ε) fixat şi fie k ∈ N; ı̂nsumând inegalităţile:
L− ε < 2xn+1 − xn < L+ ε, ∀n ≥ N(ε).
2(L− ε) < 4xn+2 − 2xn+1 < 2(L+ ε)
......................
2k−1(L− ε) < 2kxn+k − 2k−1xn+k−1 < 2k−1(L+ ε),
Obţinem:
(1 + 2 + ...+ 2k−1)(L− ε) < 2kxn+k − xn < (1 + 2 + ...+ 2k−1)(L+ ε),
sau, echivalent (̂ımpuarţind la 2k):(1− 2−k
)(L− ε) < xn+k − 2−kxn <
(1− 2−k
)(L+ ε).
Alegem acum k astfel ı̂ncât:
|2−kxn| < ε şi |2−k(L± ε)| < ε.
Atunci, pentru orice p ≥ n+ k (aleşi ca mai sus), rezultă:
L− 3ε < xm < L+ 3ε,
ceea ce ı̂ncheie demonstraţia.Soluţia 2. Scriem
L = limn→∞
(2xn+1 − xn) = limn→∞
2n+1xn+1 − 2nxn2n+1 − 2n
.
Din teorema Cesaro-Stolz
limn→∞
2n+1xn+1 − 2nxn2n+1 − 2n
= limn→∞
2nxn2n
= limn→∞
xn,
deci limn→∞
xn = L.
Problema 7.29 Fie a şi b două numere pozitive. Să se calculeze limita şirului (xn) definitde relaţia:
xn+1 =√a+ bxn, ∀n ≥ 1, x1 =
√a.
În particular, să se calculeze:
limn→∞
√1 +
√1 +
√1 + · · ·+
√1, (n radicali).
Şiruri şi serii numerice 19
Soluţie. Demonstrăm prin inducţie faptul că (xn) este mărginit, mai precis:
0 < xn <b+√b2 + 4a
2, ∀n ≥ 1,
numărul b+√b2+4a2 fiind soluţia pozitivă a ecuaţiei x
2 − bx − a = 0. Evident, x1 = a <b+√b2+4a2 ; presupunând că xn <
b+√b2+4a2 , rezultă
xn+1 =√a+ bxn <
√a+ b · b+
√b2 + 4a
2=b+√b2 + 4a
2.
Demonstrăm că xn este strict crescător; este evident că:
x2 =
√a+ b
√a >√a = x1.
Relaţia xn+1 > xn este echivalentă cu x2n− bxn− a < 0. Ultima inegalitate este adevărată
deorece xn ∈ (0, b+√b2+4a2 ).
Şirul (xn) este deci convergent şi prin trecere la limită ı̂n relaţia de recurenţă, rezultă
limn→∞
xn =b+√b2 + 4a
2.
Problema 7.30 Să se demonstreze formula lui Ramanujan:√1 + 2
√1 + 3
√1 + 4
√1 + . . . = 3
Soluţie. Fie şirul de funcţii
f1(x) =√
1 + x, f2(x) =
√1 + x
√1 + (x+ 1), . . . ,
fn(x) =
√1 + x
√1 + (x+ 1)
√1 + · · ·+ (x+ n− 2)
√1 + (x+ n− 1) (n radicali)
Vom demonstra că şirul (fn(x)) converge pentru orice x ≥ 1. Fie x ≥ 1, fixat; evident,(fn(x)) este crescător. Arătăm ı̂n continuare că este mărginit. Evident:
fn(x) ≥
√x
√x
√. . .√x ≥ x
Pentru orice n ∈ N∗ şi x ≥ 1, avem:
fn(x) ≤
√(x+ 1)
√(x+ 2)
√(x+ 3) . . .
√(x+ n) ≤
≤
√2x
√3x
√4x . . .
√(n+ 1)x ≤
√2x
√4x
√8x . . .
√2nx =
= 2∑nk=1
k
2k x∑nk=1
1
2k ≤ 4x.
20
Fie f(x) = limn→∞
fn(x); din inegalitatea f(x) ≥ x, rezultă f(x) ≥ 2−1(x+ 1) şi deci:
1
2(x+ 1) ≤ f(x) ≤ 4x, ∀x ≥ 1.
Înlocuind x cu x+ 1, rezultă:
1
2(x+ 2) ≤ f(x+ 1) ≤ 4(x+ 1), ∀x ≥ 1.
Trecând la limită ı̂n relaţia de recurenţa şi apoi ridicând la pătrat, obţinem:
(f(x))2 = 1 + xf(x+ 1)
Din dubla inegalitate de mai sus rezultă
x1
2(x+ 2) + 1 ≤ (f(x))2 ≤ 4x(x+ 1) + 1
După calcule simple, obţinem:
2−12 (x+ 1) ≤ f(x) ≤ 2(x+ 1)
Repetăm procedeul anterior, i.e. scriem inegalitatea anterioară pentru x+1, apoi ı̂nmulţimcu x şi adunăm 1:
2−12x(x+ 2) + 1 ≤ (f(x))2 ≤ 2x(x+ 2) + 1
şi după calcule rezultă:
2−122 (x+ 1) ≤ f(x) ≤ 2
12 (x+ 1)
Iterând de n ori, rezultă:
2−12n (x+ 1) ≤ f(x) ≤ 2
12n−1 (x+ 1), ∀n = 1, 2, 3 . . .
Trecând la limită (n → ∞) obţinem f(x) = x + 1. În particular, pentru x = 2, se obţine
formula lui Ramanujan:
√1 + 2
√1 + 3
√1 + 4
√1 + . . . = 3.
Problema 7.31 Să se calculeze limita şirului:
n∑k=1
(k ln
(2k + 1
2k − 1
)− 1)
.
Soluţie. Termenul general se scrie:
n∑k=1
(k ln
(2k + 1
2k − 1
)− 1)
= ln(2n+ 1)n
1 · 3 · 5 · · · (2n− 1) · en=
= ln
(2n+ 1
2n
)n+ ln
(2n)n
1 · 3 · 5 · · · (2n− 1) · en=
= ln
(2n+ 1
2n
)n+ ln
4n · nn · n!(2n)! · en
Primul termen tinde la 12 ; ı̂n al doilea termen ı̂nlocuim n! şi (2n)! cu expresiile core-
spunzătoare din formula lui Stirling. În final obţinem limita 12 − ln√
2.
Şiruri şi serii numerice 21
Serii. Probleme
Să se determine sumele seriilor:
Problema 7.32
∞∑n=1
(a+ 1)(a+ 2) . . . (a+ n)
(b+ 1)(b+ 2) . . . (b+ n), a > 0, b > a+ 1.
Soluţie. Avem
an =(a+ 1) . . . (a+ n)
(b+ 1) . . . (b+ n)= an−1
a+ n
b+ n,
din care rezultăan−1(a+ n) = an(b+ n)
sauan−1(a+ n) = an[(a+ n+ 1) + (b− a− 1)],
decian−1(a+ n)− an(a+ n+ 1) = (b− a− 1)an.
Suma primilor termeni ai seriei este
Sn =
n∑k=1
ak =1
b− a− 1
n∑k=1
(f(n− 1)− f(n)) =
=1
b− a− 1(f(0)− f(n)) = 1
b− a− 1(a0 · a− an(a+ n+ 1)) =
=1
b− a− 1
(a2
b− (a+ 1)(a+ 2) . . . (a+ n+ 1)
(b+ 1) . . . (b+ n)
).
Deci
limn→∞
Sn =a2
b(b− a− 1)− (a+ 1) lim
n→∞
(a+ 2) . . . (a+ n+ 1)
(b+ 1) . . . (b+ n).
Ultima limită o determinăm astfel:
(a+ 2) . . . (a+ n+ 1)
(b+ 1) . . . (b+ n)=
=1(
1 +b− a− 1a+ 2
)(1 +
b− a− 1a+ 2
). . .
(1 +
b− a− 1a+ n+ 1
) <<
1
b− a− 1a+ 2
+b− a− 1a+ 3
+ · · ·+ b− a− 1a+ n+ 1
=
=1
b− a− 1· 1
1
a+ 2+
1
a+ 3+ · · ·+ 1
a+ n+ 1
care are limita zero căci seria
∞∑n=2
1
a+ neste divergentă (comparând-o cu seria armonică).
Deci∞∑n=1
an =a2
b(b− a− 1).
22
Problema 7.33
∞∑n=1
1n∑k=1
k3.
Soluţie.n∑k=1
k3 =n2(n+ 1)2
4. Avem Sn =
n∑p=1
4
p2(p+ 1)2=
= 4n∑p=1
[−2(
1
p− 1p− 1
)+
1
p2+
1
(p+ 1)2
]=
= −8(
1− 1n+ 1
)+ 4
[1 +
1
(n+ 1)2+ 2
(1 +
1
22+ · · ·+ 1
n2
)]limn→∞
Sn = −4 + 8 limn→∞
(1 +
1
22+ · · ·+ 1
n2
)= −4 + 4
3π2
(suma seriei
∞∑n=1
1
n2este
π2
6).
Problema 7.34∞∑n=1
[a+ 2n
2n+1
], a ∈ R.
Soluţie. Este cunoscută identitatea:[a+
1
2
]= [2a]− [a], a ∈ R.
Avem
an =
[a+ 2n
2n+1
]=[ a
2n
]−[ a
2n+1
],
Sn =
n∑k=1
ak = [a]−[ a
2n+1
]şi
Sn =
{[a], dacă a ≥ 0[a] + 1, dacă a < 0.
Problema 7.35∞∑n=1
1
2ntg
a
2n, a ∈ R \
{2n(π
2+ kπ
)| k, n ∈ Z
}.
Soluţie. Avem identitatea tg x = ctg x− 2ctg 2x şi
an =1
2ntg
a
2n=
1
2n
(ctg
a
2n− 2ctg a
2n−1
)=
=1
2nctg
a
2n− 1
2n−1ctg
a
2n−1.
Sn =n∑k=1
ak =1
2nctg
a
2n− ctg a,
limn→∞
Sn = −ctg a+ limn→∞
1
2n
tga
2n
= −ctg a+ 1a.
Şiruri şi serii numerice 23
Problema 7.36
∞∑n=0
(−1)n cos3 3na
3n, a ∈ R.
Soluţie. Avem identitatea 4 cos3 x = cos 3x+ 3 cosx din care:
cos3 3na
3n=
1
4
[cos 3n+1a
3n+
cos 3na
3n−1
]Suma primilor n termeni este
Sn =1
4
(3 cos a+ (−1)n cos 3
n+1a
3n
)şi
limn→∞
Sn =3
4cos a,
care este suma seriei.
Problema 7.37∞∑n=0
arctg2n
1 + 22n+1.
Soluţie.
arctg 2x = arctg x+ arctgx
1 + 2x2,
din care
arctg2n
1 + 22n+1= arctg 2n+1 − arctg 2n.
Sn =
n∑k=0
(arctg 2k+1 − arctg 2k) = arctg 2n+1 − arctg 1 = arctg 2n+1
limn→∞
Sn =π
2− π
4=π
4.
Problema 7.38∞∑n=3
arctg3
n2 − n− 1.
Soluţie. Avem identitatea:
arctg a+ arctg b =
arctg
a+ b
1− ab, dacă ab < 1
π + arctga+ b
1− ab, dacă ab > 1
an = arctg3
n2 − n− 1= arctg
3
1 + n2 − n− 2=
= arctg(n+ 1)− (n− 2)1 + (n+ 1)(n− 2)
= arctg (n+ 1)− arctg (n− 2).
Sn =n∑k=3
(arctg (k + 1)− arctg (k − 2)) =
= arctg (n+ 1) + arctg n+ arctg (n− 1)− arctg 1− arctg 2− arctg 3.
limn→∞
Sn = 3π
2− π
2− (arctg 2 + arctg 3) =
= 3π
2− π
4−(π + arctg
2 + 3
1− 2 · 3
)= 3
π
2− π
4− π + π
4=π
2
24
Problema 7.39
∞∑n=1
(−1)n+1
n.
Soluţie. S2n =
(1 +
1
2+ · · ·+ 1
2n
)− 2
(1
2+
1
4+ · · ·+ 1
2n
)=
=
(1 +
1
2+ · · ·+ 1
2n− ln 2n
)−(
1 +1
2+ · · ·+ 1
n− lnn
)+ ln 2n− lnn =
= c2n − cn + ln 2,
unde cn = 1 +1
2+ · · ·+ 1
n. Şirul (cn)n este convergent la constanta lui Euler c şi atunci
limn→∞
S2n = c− c+ ln 2 = ln 2
Analog
S2n+1 = S2n +1
2n+ 1→ ln 2
deci∞∑n=1
(−1)n+1
n= ln 2.
Problema 7.40 1 +1
3+ · · ·+ 1
2p− 1− 1
2− 1
4− · · · − 2
2q+
1
2p+ 1+
+1
2p+ 3+ · · ·+ 1
4p− 1− 1
2q + 2− 1
2q + 4− · · · − 1
4q+ . . . ,
unde p, q ∈ N.
Soluţie. Notăm cu S(p, q) suma seriei,
an = 1 +1
2+ · · ·+ 1
nşi cn = 1 +
1
2+ · · ·+ 1
n− lnn,
şirul (cn)n fiind convergent la constanta lui Euler c. Suma primilor n(p + q) termeni aiseriei este
Sn(p+ q) = 1 +1
3+ · · ·+ 1
2p− 1+
1
2p+ 1+ · · ·+ 2
2np− 1−
−(
1
2+
1
4+ · · ·+ 1
2q+
1
2q + 2+ · · ·+ 1
2nq
)=
= a2np −(
1
2+
1
4+ · · ·+ 1
2p+ · · ·+ 1
2np
)−
−12
(1 +
1
2+ · · ·+ 1
q+
1
q + 1+ · · ·+ 1
nq
)=
= a2np −1
2anp −
1
2anq = c2np + ln(2np)−
1
2(cnp + ln(np))−
1
2(cnq + ln(nq)) =
= c2np −1
2cnp −
1
2cnq +
1
2ln
4n2p2
npnq.
Şiruri şi serii numerice 25
Trecând la limită obţinem:
S(p, q) = c− 12c− 1
2c+
1
2ln
4p
q=
1
2ln
4p
q
Observaţie. 1) Dacă q = 4p, atunci S(p, q) = 0, de exemplu
1− 12− 1
4− 1
6− 1
8+
1
3− 1
10− 1
12− 1
14− 1
16+ · · · = 0.
Cum {4pq | p, q ∈ N∗} = Q∗+, mulţimea {ln
4pq | p, q ∈ N
∗} este densă ı̂n R, deci pentruorice l ∈ R şi pentru orice ε > 0 se poate alege p, q ∈ N∗ astfel ca l − ε < S(p, q) < l + ε.
2) În seria semiconvergentă ∑n≥1
(−1)n+1
n
s-a permutat ordinea termenilor astfel ı̂ncât s-a obţinut o serie convergentă, dar cu o altăsumă. Astfel s-a exemplificat teorema lui Riemann referitoare la serii semiconvergente.
Problema 7.41
∞∑n=1
(−1)n lnnn
.
Soluţie. Şirul cu termenul general
xn =ln 2
2+
ln 3
3+ · · ·+ lnn
n− ln
2 n
2
este convergent şi notăm limita sa cu l. Avem:
S2n =
2n∑k=1
(−1)k ln kk
=
= − ln 11
+ln 2
2− ln 3
3+
ln 4
4− · · · − ln(2n− 1)
2n− 1+
ln 2n
2n=
= −(
ln 1
1+
ln 2
2+
ln 3
3+
ln 4
4+ · · ·+ ln(2n− 1)
2n− 1+
ln(2n)
2n
)+
+2
(ln 2
2+
ln 4
4+ · · ·+ ln(2n)
2n
)=
= −x2n + xn + ln 2(
1 +1
2+ · · ·+ 1
n− lnn
)− (ln 2)
2
2
limn→∞
S2n = −l + l + ln 2 · c−(ln 2)2
2= ln 2
(c− ln 2
2
)unde c = lim
n→∞
(1 +
1
2+ · · ·+ 1
n− lnn
)este constanta lui Euler.
Problema 7.42
∞∑n=1
(−1)n−1 1n+ 1
(1 +
1
2+ · · ·+ 1
n
).
26
Soluţie. Arătăm că seria
∞∑n=1
(−1)n−1 2n+ 1
(1 +
1
2+ · · ·+ 1
n
)este produsul Cauchy
al seriei∞∑n=1
(−1)n−1 1n
cu ea ı̂nsăşi. Termenul general al produsului este
cn = (−1)n−1(
1
1 · n+
1
2(n− 1)+ · · ·+ 1
n · 1
)dar
1
k(n+ 1− k)=
1
n+ 1
(1
k+
1
n− k + 1
),
deci
cn = (−1)n2
n+ 1
(1 +
1
2+ · · ·+ 1
n
).
Deoarece seria produs este o serie alternantă iar şirul1 +
1
2+ · · ·+ 1
nn+ 1
este descrescător
spre zero, conform criteriului lui Leibniz, seria produs este convergentă şi atunci suma eieste
S =
( ∞∑n=1
(−1)n−1 1n
)2= (ln 2)2.
Problema 7.43∞∑n=0
(−1)n
FnFn+1, unde F0 = F1 = 1, Fn+1 = Fn + Fn−1, n ≥ 1 (şirul lui
Fibonacci).
Soluţie. Pentru matricea A =
[1 11 0
],
An+1 = An +An−1 şi An+1 =
[Fn+1 FnFn Fn−1
],
det(An+1) = (detA)n+1,
deciFn−1Fn+1 − F 2n = (−1)n+1, n ≥ 1.
Suma primilor n termeni ai seriei este
Sn =
n∑k=0
(−1)k
FkFk+1= 1−
n∑k=1
Fk−1Fk+1 − F 2kFkFk+1
=
= 1−n∑k=1
(Fk−1Fk− FkFk+1
)= 1− F0
F1+
FnFn+1
=FnFn+1
din expresia lui Fn =1√5
(1 +√52
)n+1−
(1−√
5
2
)n+1 rezultălimn→∞
Sn =2
1 +√
5=
√5− 12
.
Şiruri şi serii numerice 27
Problema 7.44 Fie Fn şirul lui Fibonacci: F0 = F1 = 1, Fn+1 = Fn +Fn−1,∀n ≥ 1 şi fie
σn =∑n
k=0 F2k . Să se calculeze suma seriei:
∑n≥0
(−1)n
σn.
Soluţie. Vom presupune cunoscute relaţiile (se pot demonstra prin inducţie):
Fn =1√5
(1 +√52
)n+1−
(1−√
5
2
)n+1 , ∀n ≥ 0 (1)Fn−1Fn+1 − F 2n = (−1)n+1, ∀n ≥ 1. (2)
Din definiţia lui Fk rezultă:
Fk+1Fk = F2k + Fk−1Fk, ∀k ≥ 1.
Însumând egalităţile de mai sus pentru k = 1, 2, . . . , n, obţinem
σn = Fn+1Fn, ∀n ≥ 0. (3)
Din relaţiile (2) şi (3) obţinem:
Sn =
n∑k=0
(−1)k
σk=∑k=0
n (−1)k
FkFk+1= 1−
n∑k=1
Fk−1Fk+1 − F 2kFkFk+1
=
= 1−n∑k=1
(Fk−1Fk− FkFk+1
)=
FnFn+1
.
Aplicând acum (1), obţinem suma seriei:∑n≥0
(−1)n
σn=
2
1 +√
5.
Problema 7.45∞∑n=1
arctg1
F2n, unde (Fn)n este şirul lui Fibonacci.
Soluţie. Din problema anterioară avem relaţia
Fn−1Fn+1 − F 2n = (−1)n+1
ı̂n care ı̂nlocuim unul din Fn cu Fn+1 − Fn−1 şi obţinem:
Fn−1Fn+1 − Fn(Fn+1 − Fn−1) = (−1)n+1
sauFn−1(Fn+1 + Fn)− FnFn+1 = (−1)n+1
sauFn−1Fn+2 − FnFn+1 = (−1)n+1
Avem
arctg1
F2n+1− arctg 1
F2n+2= arctg
F2n+2 − F2n+1F2n+1F2n+2 + 1
=
28
= arctgF2n
F2nF2n+3= arctg
1
F2n+3,
deci
arctg1
F2n+1− arctg 1
F2n+3= arctg
1
F2n+2
Adunând relaţiile de la n = 1 obţinem:
n+1∑k=1
arctg1
F2k= arctg
1
F1− arctg 1
F2n+3
Trecând la limită rezultă∞∑n=1
arctg1
F2n= arctg
1
F1=π
4.
Problema 7.46 Fie (xn)n un şir de numere reale astfel ı̂ncât există P ∈ (0,∞)∪{∞} cuproprietatea:
limn→∞
((x1 + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1)) = P.
Să se calculeze suma seriei∑n≥1
xn(x1 + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1)
.
Soluţie. Descompunem termenul general al seriei:
xn(x1 + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1)
=xn + 1− 1
(x1 + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1)=
=1
(x1 + 1)(x2 + 1) · · · (xn−1 + 1)− 1
(x1 + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1).
Rezultă pentru şirul sumelor parţiale al seriei date formula:
Sn = 1−1
(x1 + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1),
deci suma seriei este 1− P−1 (cu convenţia ∞−1 = 0).
Problema 7.47 Să se studieze convergenţa seriei∑n≥1
n!(an
)n, a > 0.
Soluţie. Se aplică criteriul raportului:
limn→∞
xn+1xn
= limn→∞
a
(n
n+ 1
)n=a
e
Dacă a < e, atunci seria este convergentă; dacă a > e, atunci seria este divergentă. Pentrua = e, aplicăm criteriul lui Raabe-Duhamel:
limn→∞
n
(xnxn+1
− 1)
= limn→∞
n
((n+ 1
n
)n 1e− 1)
=
= n
((1 +
1
n
)n 1e− 1)
=1
elimn→∞
(1 + 1n
)n − e1n
.
Ultima limită se calculează aplicând regula lui L’Hopital:
limx→0
(1 + x)1x − e
x= lim
x→0
(1 + x)1x−1[x− (1 + x) ln(1 + x)]
x2= −e
2;
rezultă că seria este divergentă.
Şiruri şi serii numerice 29
Problema 7.48 Să se studieze convergenţa seriei∑n≥2
1
np lnq n, p > 0, q > 0.
Soluţie. Dacă p > 1, se aplică criteriul comparaţiei: seria converge pentru orice q > 0deoarece
1
np lnq n≤ 1np.
Dacă p = 1, se aplică criteriul integral: seria converge dacă şi numai dacă q > 1.Dacă p < 1 se aplică criteriul de condensare: seria are aceeaşi natură cu seria cu termenulgeneral 1
nq2n(p−1) lnq 2, care este divergentă pentru orice q > 0 (se poate aplica criteriul
raportului).
Problema 7.49 Fie (an)n un şir de numere reale şi fie, pentru orice x ∈ R, seria∑
n≥1annx .
Să se demonstreze că dacă seria dată converge pentru x = x0, atunci ea converge pentruorice x ≥ x0.
Soluţie. Vom aplica criteriul lui Abel; seria dată se scrie:∑n≥1
annx
=∑n≥1
annx0· 1nx−x0
Şirul 1nx−x0
este monoton (descrescător) şi mărginit, iar seria∑
n≥1annx0 este convergentă.
Problema 7.50 În seria convergentă:∑n≥1
(−1)n+1
n= 1− 1
2+
1
3− 1
4+ · · ·
să se permute ordinea termenilor astfel ı̂ncât să se obţină o serie convergentă, dar cu oaltă sumă.
Soluţie. Seria∑
n≥1(−1)n+1
n este convergentă şi suma sa este ln 2. Fie deci:
1− 12
+1
3− 1
4+ · · · = ln 2
Înmulţind egalitatea de mai sus cu 12 , rezultă:
1
2− 1
4+
1
6− 1
8+ · · · = 1
2ln 2
Însumăm acum cele două egalităţi grupând termenii astfel:
1 +
(−1
2+
1
2
)+
1
3+
(−1
4− 1
4
)+
1
5+
(−1
6+
1
6
)+
1
7+
+
(−1
8− 1
8
)+
1
9+
(1
10− 1
10
)+
1
11+ · · · = 3
2ln 2.
Seria de mai sus este (după efectuarea calculelor din paranteze):
1 +1
3− 1
2+
1
5+
1
7− 1
4+
1
9+
1
11− · · · = 3
2ln 2,
şi este o permutare a seriei iniţiale.Observaţie. Soluţia problemei se poate obţine folosind cazul particular al problemei
7.40 pentru p = 2, q = 1.
30
Problema 7.51 Să se precizeze natura seriilor:
a)∞∑n=1
nn−2
enn!
b)∞∑n=1
nn
enn!.
Soluţie. a)an+1an
=
(1 +
1
n
)n−2e
<e
e
(1 +
1
n
)2 =1
(n+ 1)2
1
n2
=bn+1bn
Folosind criteriul de comparaţie C9 pentru seria convergentă∞∑n=1
1
n2, rezultă că seria
este convergentă.
b)an+1an
=
(1 +
1
n
)ne
>
(1 +
1
n
)n(
1 +1
n
)n+1 =1
n+ 11
n
.
Folosind criteriul de comparaţie C9 pentru seria divergentă
∞∑n=1
1
nrezultă că seria este
divergentă.
Problema 7.52 Fie
∞∑n=1
an o serie convergentă cu termeni pozitivi. Să se arate că seria
∞∑n=1
n√a1a2 . . . an este convergentă şi are loc inegalitatea:
∞∑n=1
n√a1a2 . . . an < e
∞∑n=1
an
(T. Carleman)
Soluţie. (G. Polya) Definim numerele c1, c2, . . . , cn, . . . prin relaţiile c1c2 . . . cn = (n+1)n pentru orice n ∈ N∗. Avem
∞∑n=1
n√a1a2 . . . an =
∞∑n=1
n√a1c1 · a2c2 · · · ancn
n+ 1
(∗)≤
≤∞∑n=1
a1c1 + a2c2 + · · ·+ ancnn(n+ 1)
=∞∑n=1
1
n(n+ 1)
(n∑k=1
(akck)
)(∗∗)≤
=∞∑k=1
(akck)
∞∑n=k
1
n(n+ 1)=∞∑k=1
(akck)∞∑n=k
(1
n− 1n+ 1
)=
=
∞∑k=1
akck1
k=∞∑k=1
ak(k + 1)k
kk−1· 1k
=∞∑k=1
ak
(1 +
1
k
)k (∗∗∗)<
<∞∑k=1
ake = e
∞∑k=1
ak.
Şiruri şi serii numerice 31
În (∗) s-a folosit inegalitatea mediilor.În (∗∗) s-a folosit egalitatea:
∞∑n=1
an
(n∑k=1
bk
)=
∞∑k=1
bk
( ∞∑n=k
an
)
În (∗ ∗ ∗) s-a folosit faptul că şirul ek =(
1 +1
k
)keste crescător cu limita e, deci
ek < e, k ∈ N.
Problema 7.53 Fie (�n)n un şir astfel ı̂ncât �n ∈ {−1, 0, 1},∀n = 1, 2, . . . şi fie şirul
xn = �1
√2 + �2
√2 + · · ·+ �n
√2.
(a) Să se demonstreze egalitatea:
xn = 2 sin
(π
4
n∑k=1
�1�2 · · · �k2k−1
), ∀n = 1, 2, . . .
(b) Să se demonstreze că şirul (xn) este convergent.
G. Polya, G. Szegö
Soluţie. (a) Dacă �1 = 0, atunci relaţia este evident adevărată. Presupunem de aiciinainte că �1 6= 0. Demonstrăm egalitatea prin inducţie; dacă n = 1, egalitatea esteverificată. Presupunem acum adevărată relaţia:
xn = 2 sin
(π
4
n∑k=1
�1�2 · · · �k2k−1
).
Calculăm, aplicând ipoteza de inducţie:
x2n+1 − 2 = �2
√2 + �3
√2 + · · ·+ �n+1
√2 = 2 sin
(π
4
n+1∑k=2
�2�3 · · · �k2k−2
)=
= −2 cos
(π
2+π
2
n+1∑k=2
�2�3 · · · �k2k−1
)= −2 cos
(π
2
n+1∑k=1
�1�2 · · · �k2k−1
),
ultima egalitate fiind evidentă pentru �1 = 1; dacă �1 = −1, atunci egalitatea rezultă dinparitatea funcţiei cosinus. Evident, ipoteza de inducţie a fost aplicată ı̂n ipoteza �2 6= 0,altfel egalitatea cerută se verifică imediat: xn = ±
√2. Rezultă deci:
x2n+1 − 2 = 4 sin2(π
4
n+1∑k=1
�1�2 · · · �k2k−1
)− 2,
şi ı̂n concluzie
xn+1 = 2 sin
(π
4
n+1∑k=1
�1�2 · · · �k2k−1
).
(b) Din relaţia demonstrată la punctul (a), notând cu S suma seriei (convergente)n∑k=1
�1�2 · · · �k2k−1
, rezultă limn→∞
xn = 2 sin(π
4S).
32
Problema 7.54 Se consideră şirul (an)n definit prin relaţia de recurenţă an+1 = ln(1 +an), n ≥ 1 şi a1 = 1.
a) Să se arate că limn→∞
an = 0.
b) Să se arate că seria
∞∑n=1
an este divergentă.
c) Să se arate că seria∞∑n=1
a2n este convergentă.
Soluţie. a) Prin inducţie se arată că an > 0, n ∈ N∗ şi din inegalitatea ln(1 + x) ≤x rezultă că şirul (an)n este descrescător (şi mărginit de zero) deci convergent. Dacălimn→∞
an = l atunci din relaţia de recurenţă rezultă l = ln(1 + l) cu singura soluţie l = 0.
b) Comparăm seria
∞∑n=1
an cu seria
∞∑n=1
1
n. Avem
limn→∞
an1
n
= limn→∞
n1
an
= limn→∞
n+ 1− n1
an+1− 1an
=
= limn→∞
anan+1an − an+1
= limn→∞
an ln(1 + an)
an − ln(1 + an)= lim
x→0
x ln(1 + x)
x− ln(1 + x)=
= limx→0
x2ln(1 + x)
xx− ln(1 + x)
= limx→0
x2
x− ln(1 + x)= lim
x→0
2x
1− 11 + x
=
= limx→0
2(1 + x) = 2 ∈ (0,∞),
deci seriile au aceeaşi natură (divergente).
c) Aplicăm criteriul comparaţiei comparând cu seria
∞∑n=1
1
n2. Avem:
limn→∞
a2n1
n2
= limn→∞
(nan)2 = 4 ∈ (0,∞),
deci ambele serii sunt convergente.
Problema 7.55 Fie seria convergentă cu termeni pozitivi
∞∑n=1
an. Să se arate că dacă
există limita limn→∞
nan, atunci ea este egală cu zero.
Soluţie. Fie l = limn→∞
nan, l ≥ 0. Dacă presupunem l > 0, atunci avem
limn→∞
an1
n
= l > 0
deci seriile∑
an şi∑ 1
nau aceeaşi natură, deci ambele divergente, contradicţie.
Şiruri şi serii numerice 33
Problema 7.56 Să se arate că dacă şirul (an)n este descrescător la zero şi seria
∞∑n=1
an
este convergentă, atunci
limn→∞
nan = 0.
Soluţie. Fie
xn = a1 + a2 + · · ·+ an − nan, n ≥ 1.
Şirul (xn)n este majorat de (Sn)n, şirul sumelor parţiale ale seriei date, deci este mărginit.Avem
xn+1 − xn = n(an − an+1) ≥ 0,
deci şirul (xn)n este crecător.În concluzie şirul xn = Sn − nan este convergent. Rezultă că şirul (nan)n este convergentşi conform problemei 7.55 obţinem că lim
n→∞nan = 0.
Problema 7.57 Să se arate că dacă seriile∞∑n=1
a2n şi
∞∑n=1
b2n sunt convergente, atunci seriile
∞∑n=1
anbn şi
∞∑n=1
(an + bn)2 sunt convergente.
Soluţie. Avem (n∑k=1
|akbk|
)2≤
n∑k=1
a2k
n∑k=1
b2k
saun∑k=1
|akbk| ≤
√√√√ n∑k=1
a2k
n∑k=1
b2k
din care rezultă∞∑k=1
|akbk| ≤
√√√√ ∞∑k=1
a2k
∞∑k=1
b2k
Avem: (n∑k=1
(ak + bk)2
)1/2≤
(n∑k=1
a2k
)1/2( n∑k=1
b2k
)1/2din care
∞∑k=1
(ak + bk)2 ≤
∞∑k=1
a2k
∞∑k=1
b2k.
(S-au folosit inegalităţile Cauchy-Schwartz şi Minkowski.)
Problema 7.58 Să se arate că dacă seria∞∑n=1
a2n este convergentă, atunci seria
∞∑n=1
ann
este convergentă.
Soluţie. Luăm ı̂n exerciţiul anterior bn =1
n.
34
Problema 7.59 Să se arate că seria
∞∑n=1
cosn
neste convergentă, dar nu este absolut con-
vergentă.
Soluţie. Dacă luăm an = cosn şi bn =1
n, şirul sumelor parţiale ale seriei
∞∑n=1
an este
mărginit, iar şirul (bn)n este descrescător la zero, deci conform criteriului lui Abel seriaeste convergentă.
Pentru seria valorilor absolute∞∑n=1
| cosn|n
, considerăm funcţia
f(x) = | cosx|+ | cos(x+ 1)|, f : R→ [0,∞),
care este continuă şi are un minim diferit de zero, deci f(x) ≥ m > 0, ∀ x ∈ R (̂ışi atingeminimul pe intervalul [0, 2π]). Avem:
| cos 1|1
+| cos 2|
2+| cos 3|
3+| cos 4|
4+ · · ·+ | cos(2n− 1)|
2n− 1+| cos 2n|
2n≥
≥ | cos 1|+ | cos 2|2
+| cos 3|+ | cos 4|
4+ · · ·+ | cos(2n− 1)|+ | cos 2n|
2n≥
≥ m2
+m
4+ · · ·+ m
2n=m
2
(1 +
1
2+ · · ·+ 1
n
),
deci şirul sumelor parţiale are limita ∞.
Problema 7.60 Fie
∞∑n=1
an o serie divergentă cu termeni pozitivi şi (Sn)n şirul sumelor
parţiale. Să se arate că:
a) Seria∞∑n=1
anSn
este divergentă.
b) Seria∞∑n=1
an
S1+αneste convergentă pentru α > 0.
Soluţie. a) Avem:
an+1Sn+1
+an+2Sn+2
+ · · ·+ an+pSn+p
≥ an+1 + · · ·+ an+pSn+p
=Sn+p − SnSn+p
.
Dar
limp→∞
Sn+p − SnSn+p
= 1 6= 0,
deci şirul sumelor parţiale ale seriei∑ an
Sneste divergent conform criteriului general al
lui Cauchy (C1).
b) Considerăm diferenţa:lnSn−1Sαn−1
− lnSnSαn
pentru care aplicăm teorema lui Lagrange şi
avem:lnSnSαn
− lnSn−1Sαn−1
= (Sn − Sn−1)f ′(αn), αn ∈ (Sn−1, Sn)
Şiruri şi serii numerice 35
şi f(x) =lnx
xα+1.
Avem:lnSn−1Sαn−1
− lnSnSαn
= (Sn − Sn−1)α lnSn−1 − 1
Sα+1n>
>Sn − Sn−1Sα+1n
=an
Sα+1n
pentru n suficient de mare deci
an
Sα+1n<
lnSn−1Sαn−1
− lnSnSαn
, n ∈ N.
∑n≥N
an
Sα+1n<∑n≥N
(lnSn−1Sαn−1
− lnSnSαn
)=
lnSN−1SαN−1
deci restul de ordin N al seriei∑ an
Sα+1neste mărginit, deci convergent.
Problema 7.61 Fie seria convergentă∞∑n=0
an şi Sn =n∑k=0
ak. Să se arate că pentru orice
a ∈ (−1, 1) seria∞∑n=0
Snan este convergentă şi
∞∑n=0
Snan =
1
1− a
∞∑n=0
anan.
Soluţie. Seria∞∑n=0
Snan este produsul Cauchy al seriilor
∞∑n=0
an şi
∞∑n=0
anan, ambele
convergente, iar suma primei serii este1
1− a.
Problema 7.62 Fie (an)n un şir cu termeni reali pozitivi. Să se arate că produsul
∞∏n=1
(1+
an) este convergent dacă şi numai dacă seria∞∑n=1
an este convergentă.
Soluţie. Avem inegalităţile
a1 + a2 + · · ·+ an ≤ (1 + a1)(1 + a2) · · · (1 + an)
şi
(1 + a1)(1 + a2) · · · (1 + an) ≤ ea1+a2+···+an ,
(ex ≥ 1 + x, x ≥ 0).
Problema 7.63 Fie (εn)n un şir cu termenii εn ∈ {−1, 1}, n ∈ N. Să se arate că suma
seriei
∞∑n=0
εnn!
este un număr iraţional.
36
Soluţie. Prin absurd presupunem că
∞∑n=0
εnn!
=p
q∈ Q.
Înmulţim cu q! şi obţinem
(q − 1)! · p =q∑
n=0
q!εnn!
+∞∑
n=q+1
q!εnn!
Cum prima sumă este număr ı̂ntreg rezultă că
∞∑n=q+1
q!εnn!
ar fi număr ı̂ntreg.
Avem:∣∣∣∣∣∣∞∑
n=q+1
q!εnn!
∣∣∣∣∣∣ ≤∞∑
n=q+1
q!
n!≤ 1q + 1
+1
(q + 1)(q + 2)+
1
(q + 1)(a+ 2)2+ · · · =
=1
q + 1· 1
1− 1q + 2
=q + 2
(q + 1)2≤ 3
4.
Rămâne de arătat doar că suma nu poate fi egală cu zero.Dar: ∣∣∣∣∣∣
∞∑n=q+1
εnq!
n!
∣∣∣∣∣∣ ≥∣∣∣∣∣∣ 1q + 1 −
∞∑n=q+2
q!
n!
∣∣∣∣∣∣ > 1q + 1 − 1q(q + 1) ≥ 0.Observaţie. În particular rezultă că e 6∈ Q.
Problema 7.64 Se consideră şirul (an)n definit prin relaţia de recurenţă
an+1 = arctg an, n ≥ 1 şi a1 = 1.
a) Să se arate că limn→∞
an = 0.
b) Să se arate că limn→∞
√nan =
√23 .
c) Să se studieze convergenţa seriei
∞∑n=1
aαn, α ∈ R.
Soluţie. a) Se arată imediat că şirul (an)n este strict descrescător şi mărginit inferiorde 0. Fie a = lim
n→∞an. Trecând la limită relaţia de recurenţă obţinem a = arctg a, deci
a = 0.b) Fie xn =
√nan =
√n1
a2n
. Cum şirul ( 1a2n
) este strict crescător şi limn→∞
1a2n
=∞ putem
aplica Stolz-Cesaro şi obţinem:
limn→∞
n1
a2n
= limn→∞
(n+1)−n1
a2n+1− 1a2n
= limn→∞
11
a2n+1− 1a2n
= limn→∞
(n+1)−n1
arctg2an− 1a2n
= limn→∞
a2n−arctg2ana2narctg
2an=
limn→∞
a2n−arctg2ana4n
limn→∞
( anarctgan )2 = lim
n→∞an+arctgan
anlimn→∞
an−arctgana3n
= 2 limx→0
x−arctgxx3
= 23 şi
de aici avem limn→∞
√nan =
√23 .
Şiruri şi serii numerice 37
c) Din limn→∞
aαn1
nα2
= (23)α rezultă, pe baza criteriului comparaţiei C10’, că seria
∞∑n=1
aαn
are aceeaşi natură cu seria
∞∑n=1
1
nα2
, deci este convergentă dacă şi numai dacă α > 2.
Problema 7.65 Fie
∞∑n=1
an o serie divergentă cu termeni pozitivi şi a1 > 1.
Să se arate că:
a) Seria∞∑n=1
an+1Sn lnSn
este divergentă.
b) Seria∞∑n=1
an
Sn ln2 Sn
este convergentă, unde Sn = a1 + a2 + · · ·+ an.
Soluţie. a)
∞∑n=1
an+1Sn lnSn
=
∞∑n=1
Sn+1 − SnSn lnSn
Se aplică teorema lui Lagrange funcţiei f(x) = ln lnx pe intervalele [Sn, Sn+1] şi avem
n∑k=1
ak+1Sk lnSk
= ln lnSn − ln lnS1 →∞
b) Se aplică teorema lui Lagrange funcţiei f(x) = − 1lnx
.
Problema 7.66 Fie∞∑n=1
an o serie divergentă cu termeni pozitivi astfel ca limn→∞
an = 0.
Să se arate că şirul ({Sn})n∈N∗ este dens ı̂n [0, 1], unde Sn = a1 + a2 + · · ·+ an şi {x} estepartea fracţionară a lui x.
Soluţie. Dacă 0 < a < b < 1 şi b − a = ε, există Nε ∈ N astfel ca an < ε, n > N(ε).Fie SNε = m + bN , m ∈ Z, bN ∈ [0, 1). Dacă bN ∈ (a, b) am terminat. Dacă bN < amai adăugăm un număr minim de termeni din serie până intrăm ı̂n intervalul (a, b). DacăbN > b, mai adăugăm un număr minim de termeni până ajungem la m+1+α cu α ∈ (a, b).
Problema 7.67 Fie (pn)n∈N∗ şirul numerelor prime. Să se arate că seria
∞∑n=1
1
pneste
divergentă.
Soluţie. Dacă seria ar fi convergentă, atunci ar exista N ∈ N astfel ca∞∑
n=N+1
1
pn<
1
2.
Orice număr de forma 1 + kp1p2 . . . pN = 1 + kP este un produs de numere prime(eventual cu exponenţi) care nu fac parte din numerele p1, p2, . . . , pN . Mulţimea numerelor
de forma1
Mı̂n care M este format doar cu numerele prime pN+1, pN+2, . . . este{
1
pn1,
1
pn1pn2,
1
pn1pn2 . . . pn3, . . .
}
38
suma lor fiind∞∑m=1
( ∞∑n=N+1
1
pn
)m<
∞∑m=1
(1
2
)m= 1
şi atunci∞∑k=1
1
1 + kP< 1
deci seria
∞∑k=1
1
1 + kPar fi convergentă, contradicţie.
Problema 7.68 Să se studieze convergenţa seriei∑n≥1
sinnx
n, x ∈ R.
Generalizare la seria∑n≥1
sinnx
nα, x ∈ R, α ∈ R.
Soluţie. Fie xn =sinnxn . Dacă x = kπ, k ∈ Z, atunci xn = 0,∀n ∈ N; presupunem ı̂n
continuare că x 6= kπ, k ∈ Z. Arătăm mai ı̂ntâi că seria nu este absolut convergentă:
|xn| =| sin(nx)|
n≥ sin
2(nx)
n=
1− cos(2nx)2n
,∀n ∈ N?.
Deci, presupunând prin absurd că seria dată ar fi absolut convergentă, ar rezulta (cu
criteriul de comparaţie) că şi seria∑
n≥11−cos(2nx)
2n ar fi convergentă. Seria∑
n≥1cos(2nx)
2n
este convergentă (criteriul lui Dirichlet): fie an =1
2n şi un = cos(2nx). Atunci (an) estedescrescător la 0, iar (un) are şirul sumelor parţiale mărginit:∣∣∣∣∣
n∑k=1
cos(2nx)
∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣sin(nx) cos(n+ 1)xsinx
∣∣∣∣ ≤ 1| sinx| .Rezultă că şi seria
∑n≥1
12n ar trebui să fie convergentă, fiind suma a două serii conver-
gente, contradicţie.Seria
∑n≥1
sinnxn este convergentă (ca mai sus, cu criteriul lui Dirichlet).
Problema 7.69 Să se studieze convergenţa seriei∑n≥1
(−1)n n√n sin
1
n.
Soluţie. Seria nu este absolut convergentă (se compară la limită cu seria armonică).Seria este alternată; vom demonstra că şirul an = n
√n sin 1n este descrescător la 0, deci
seria converge.Evident an → 0; pentru a arăta că an este descrescător (̂ıncepând de la un rang), fiefuncţia f(x) = x
1x sin 1x . Calculăm
f ′(x) = x1x−2(
(1− lnx) sin 1x− cos 1
x
).
Pentru a studia semnul derivatei (pentru x ”mare”), calculăm:
limx→∞
(1− lnx) sin 1x− cos 1
x= −1 + lim
x→∞
sin 1x1x
· 1− lnxx
= −1,
deci f ′(x) < 0 pentru x suficient de mare, deci şirul an este descrescător.
Şiruri şi serii numerice 39
Problema 7.70 Fie α, β, γ trei numere strict pozitive. Folosind criteriul lui Gauss, să sestudieze convergenţa seriei:∑
n≥1
α(α+ 1) · · · (α+ n− 1)n!
· β(β + 1) · · · (β + n− 1)γ(γ + 1) · · · (γ + n− 1)
.
Soluţie. Criteriul lui Gauss: dacă (an)n este un şir de numere strict pozitive, astfelı̂ncât există λ > 1, µ ∈ R şi un şir (θn)n astfel ı̂ncât
an+1an
= 1− µn− θnnλ,
atunci seria∑n≥1
an converge dacă µ > 1 şi diverge dacă µ ≤ 1.
Aplicănd criteriul lui Gauss seriei date, obţinem:
an+1an
=n2 + (α+ β)n+ αβ
n2 + (1 + γ)n+ γ= 1− 1 + γ − α− β
n− γ − αβ
n2
Rezultă că dacă γ > α + β atunci seria dată converge, iar dacă γ ≤ α + β atunci seriadiverge.
Problema 7.71 Să se dea un exemplu de două şiruri (an)n şi (bn)n astfel ı̂ncât:limn→∞
anbn
= 1, dar seriile∑
n an şi∑
n bn să aibă naturi diferite.
Soluţie. Fie, de exemplu, an =(−1)nn şi bn =
(−1)nn +
1n lnn . A doua serie este divergentă
(criteriul integral).
Problema 7.72 Fie (an)n şi (bn)n două şiruri reale astfel ı̂ncât seria∑
n≥1(bn − bn+1)este absolut convergentă şi seria
∑n≥1 an este convergentă.
Să se demonstreze că seria∑
n≥1 anbn este convergentă.
Soluţie. Facem mai ı̂ntâi următoarea observaţie generală. Pentru orice şiruri de numere(xn)n şi (yn)n are loc următoarea identitate (”sumare prin părţi”):
n∑k=1
xkyk =
n−1∑k=1
(x1 + x2 + · · ·+ xk)(yk − yk+1) + (x1 + x2 + · · ·+ xn)yn
Fie An =∑n
k=1 ak şi Sn =∑n
k=1 akbk sumele parţiale asociate seriilor∑
n an şi respectiv∑n anbn. Însumând prin părţi, obţinem:
Sn =n∑k=1
akbk =n−1∑k=1
Ak(bk − bk+1) +Anbn
Demonstraţia se ı̂ncheie dacă arătăm că seria∑
nAn(bn − bn+1) şi şirul (Anbn)n suntconvergente. Din convergenţa seriei
∑n(bn−bn+1) rezultă convergent�