Cazurile de nedeterminare zero ori infinit, zero supra zero și unu la infinit

Un teren dreptunghiular are lungimea de $n$ metri și lățimea de $\frac{60}{n+2}$ metri. Pe măsură ce $n$ crește, terenul devine tot mai lung și tot mai îngust: lungimea tinde la $+\infty$, lățimea tinde la $0$. Ce se întâmplă cu aria? Din cele două informații luate separat nu se poate spune nimic — este exact scrierea $0\cdot \infty$. Dar aria se calculează, iar calculul dă $\frac{60n}{n+2}$, care tinde la $60$: terenul își păstrează, în limită, suprafața. Alt teren, cu lățimea $\frac{60}{n^2}$, s-ar fi subțiat mult mai repede și aria lui ar fi tins la $0$.

Aceasta este întreaga poveste a lecției de față. Continuăm inventarul început în lecția Cazurile de nedeterminare infinit minus infinit și infinit supra infinit, cu următoarele trei cazuri din lista canonică: $0\cdot \infty$, $\frac{0}{0}$ și $1^{\infty }$. Vestea bună este că primele două nu cer nicio idee nouă — se reduc, printr-o rescriere de câteva secunde, la cazurile pe care deja le stăpânești. Al treilea are un statut aparte: îl vei învăța să-l recunoști și să nu-l confunzi cu situațiile care doar seamănă cu el, iar unealta care îl rezolvă se construiește puțin mai încolo, în capitol.

Ce vei învăța

• Vei ști să transformi orice produs de tip $0\cdot \infty$ într-un raport, alegând care factor coboară la numitor.
• Vei ști să prelucrezi direct produsele de tip $0\cdot \infty$ care conțin diferențe de fracții sau de radicali.
• Vei ști să recunoști nedeterminarea $\frac{0}{0}$ la șiruri și să o elimini forțând puterea cea mai mică a lui $\frac{1}{n}$.
• Vei ști de ce $\frac{0}{0}$ și $\frac{\infty }{\infty }$ sunt, de fapt, aceeași nedeterminare privită de la două capete.
• Vei ști să verifici baza înainte de a striga „$1^{\infty }$" — și să rezolvi imediat cazurile în care baza nu tinde la $1$.
• Vei ști să recunoști nedeterminarea $1^{\infty }$ autentică și să spui corect ce instrument îi lipsește capitolului pentru a o rezolva.

Hai să descoperim împreună

1. Principiul reducerii: nimic nou sub soare

Cele două cazuri principale de azi se reduc la cele de ieri printr-o singură observație algebrică: a împărți la un șir înseamnă a înmulți cu inversul lui. Formal, pentru termeni nenuli, $$a_n\cdot b_n=\frac{a_n}{\frac{1}{b_n}}=\frac{b_n}{\frac{1}{a_n}}.$$

Să vedem ce face această rescriere cu tipurile de limite. Presupunem $a_n\to 0$ și $b_n\to +\infty$, deci produsul este de tip $0\cdot \infty$.

• Dacă coborâm al doilea factor la numitor: $\frac{a_n}{1/b_n}$ are numărătorul $\to 0$ și numitorul $\to 0$ (căci $\frac{1}{b_n}\to 0$, prin teorema inversului). Am obținut tipul $\frac{0}{0}$.
• Dacă coborâm primul factor: $\frac{b_n}{1/a_n}$ are numărătorul $\to +\infty$ și numitorul $\to \pm \infty$ (căci $a_n\to 0$). Am obținut tipul $\frac{\infty }{\infty }$.

Deci $0\cdot \infty$ se poate transforma, la alegere, în oricare dintre celelalte două — niciuna nu e mai ușoară prin natura ei, alegi după cum arată expresia. Regula practică: coboară la numitor factorul care se scrie mai simplu ca fracție.

2. $0\cdot \infty$: transformarea în raport

Cel mai adesea unul dintre factori este deja o fracție, iar transformarea se face de la sine.

Exemplu. $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\cdot \frac{n^2+3}{n+1}$. Primul factor tinde la $0$, al doilea la $+\infty$: tip $0\cdot \infty$. Nu avem nevoie nici măcar de rescriere formală — înmulțim efectiv fracțiile: $$\frac{1}{n}\cdot \frac{n^2+3}{n+1}=\frac{n^2+3}{n^2+n}⟶1,$$ prin teorema raportului a două polinoame de grade egale. Nedeterminarea a dispărut la înmulțire, nu la vreun truc.

Exemplu de sens contrar. $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n^2}\left(2n+1\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2n+1}{n^2}=0$, pentru că gradul numitorului îl depășește pe al numărătorului. Iar $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\left(n^2-n\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\left(n-1\right)=+\infty$.

Cele trei exemple, luate împreună, refac demonstrația din lecția precedentă: același tip $0\cdot \infty$ a dat $1$, apoi $0$, apoi $+\infty$. Cine „câștigă" depinde de vitezele celor doi factori, iar rescrierea ca raport este exact instrumentul care compară aceste viteze.

Merită formulată și regula rapidă care iese din aceste trei cazuri. Când factorul care tinde la $0$ se comportă ca $\frac{1}{n^s}$, iar cel care tinde la infinit se comportă ca $n^t$, produsul se comportă ca $n^{t-s}$; deci:

• dacă $t>s$, „câștigă" infinitul și limita este infinită;
• dacă $t<s$, „câștigă" zeroul și limita este $0$;
• dacă $t=s$, cei doi se echilibrează și limita este finită și nenulă — raportul coeficienților.

Nu este o formulă de memorat în locul calculului, ci o verificare de bun-simț: după ce ai rezolvat, întreabă-te dacă răspunsul se potrivește cu comparația exponenților. Dacă nu se potrivește, ai greșit undeva.

3. $0\cdot \infty$ cu diferențe: aduci la același numitor sau amplifici

Când factorul care tinde la $0$ este o diferență, îl prelucrezi întâi pe el, cu tehnicile din lecția precedentă, și abia apoi înmulțești.

Diferență de fracții. În $n^2\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)$, paranteza tinde la $0$, iar factorul din față la $+\infty$. Aducem paranteza la același numitor: $$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=\frac{(n+1)-n}{n(n+1)}=\frac{1}{n(n+1)},$$ identitate verificată pe valorile $n=1,2,3,5,7$, unde ambele expresii dau $\frac{1}{2},\frac{1}{6},\frac{1}{12},\frac{1}{30},\frac{1}{56}$. ✓ Atunci $$n^2\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{n^2}{n^2+n}⟶1.$$

Diferență de radicali. În $\sqrt{n}\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)$, paranteza este un $\infty -\infty$ care tinde la $0$. O amplificăm cu conjugata: $$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\frac{(n+1)-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}},$$ deci $$\sqrt{n}\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)=\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}⟶\frac{1}{2},$$ unde la ultimul pas am împărțit sus și jos cu $\sqrt{n}$. Control numeric: pentru $n=10^4$ valoarea este $\approx 0,4999875$. ✓

4. Nedeterminarea $\frac{0}{0}$ la șiruri: unde apare

La șiruri, indicele merge mereu spre infinit, deci $\frac{0}{0}$ nu apare din „înlocuirea unei valori", ca la funcții, ci atunci când numărătorul și numitorul sunt amândouă construite din puteri negative ale lui $n$ — adică din $\frac{1}{n}$, $\frac{1}{n^2}$, $\frac{1}{n^3}$ și așa mai departe, sau din diferențe care tind la $0$.

Tehnica este oglinda celei de la $\frac{\infty }{\infty }$: acolo scoteai puterea cea mai mare; aici scoți puterea cea mai mică a lui $\frac{1}{n}$ — adică termenul care se stinge cel mai încet și care, prin urmare, domină.

$$\frac{\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}}{\frac{2}{n}+\frac{3}{n^2}}=\frac{\frac{1}{n}\left(1-\frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n}\left(2+\frac{3}{n}\right)}=\frac{1-\frac{1}{n}}{2+\frac{3}{n}}⟶\frac{1}{2}.$$

Simplificarea cu $\frac{1}{n}$ este permisă pentru că $\frac{1}{n}\ne 0$ pentru orice $n\ge 1$ — condiția se scrie, nu se subînțelege.

De ce cea mai mică putere? Pentru că la exponent negativ ierarhia se răstoarnă: dintre $\frac{1}{n}$ și $\frac{1}{n^2}$, prima este cea mare, fiindcă $\frac{1/n^2}{1/n}=\frac{1}{n}\to 0$. Cu definiția dominației din lecția precedentă, $\frac{1}{n}$ domină pe $\frac{1}{n^2}$: se stinge mai încet, deci ea dictează comportamentul sumei. Confuzia „scot puterea cea mai mare, adică $\frac{1}{n^2}$" este cea mai frecventă la acest tip de exercițiu și duce, invariabil, la o expresie tot nedeterminată.

O verificare utilă: după simplificare, numitorul trebuie să tindă la o limită finită și nenulă. Dacă tinde la $0$ sau la infinit, ai forțat puterea greșită și trebuie să reiei alegerea.

Când apare un radical, se amplifică din nou cu conjugata: $$\frac{\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1}{\frac{1}{n}}=\frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)-1}{\frac{1}{n}\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1\right)}=\frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1\right)}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}⟶\frac{1}{2}.$$

5. $\frac{0}{0}$ și $\frac{\infty }{\infty }$ sunt aceeași nedeterminare

Merită văzut de ce cele două tehnici seamănă atât de bine. Pentru termeni nenuli avem identitatea $$\frac{a_n}{b_n}=\frac{\frac{1}{b_n}}{\frac{1}{a_n}},$$ care schimbă între ele rolurile numărătorului și numitorului. Dacă $a_n\to 0$ și $b_n\to 0$, atunci $\frac{1}{a_n}$ și $\frac{1}{b_n}$ au limite infinite (în modul), deci fracția din dreapta este de tip $\frac{\infty }{\infty }$ — aceeași limită, alt tip.

Concluzia practică e liniștitoare: nu ai de învățat două metode, ci una singură, formulată neutru — scoate factor forțat termenul dominant din numărător și din numitor, apoi simplifică. Ce înseamnă „dominant" se schimbă cu situația: puterea cea mai mare a lui $n$ la $\frac{\infty }{\infty }$, puterea cea mai mică a lui $\frac{1}{n}$ la $\frac{0}{0}$.

Poți vedea legătura pe un exemplu concret. Fracția $\frac{\frac{3}{n}+\frac{1}{n^2}}{\frac{1}{n}-\frac{5}{n^2}}$ este de tip $\frac{0}{0}$; dacă amplificăm sus și jos cu $n^2$, obținem $\frac{3n+1}{n-5}$, care este de tip $\frac{\infty }{\infty }$ — aceeași fracție, alt tip, și, firește, aceeași limită: $3$. Uneori acest drum e chiar mai comod decât forțarea factorului, pentru că te readuce la rapoartele de polinoame, unde ai teorema gata făcută.

6. Nedeterminarea $1^{\infty }$: mai întâi verifică baza

Trecem la ultimul caz de azi, cel cu statut special. Situația generală este un șir de forma $c_n={\left(a_n\right)}^{b_n}$, cu $a_n>0$ și $b_n\to +\infty$. Din tabelul operațiilor în $\overline{\mathbb{R}}$, dat în lecția Șiruri cu limită infinită. Operații, avem:

Prin urmare, primul lucru pe care îl faci la orice putere cu exponent care crește este să calculezi limita bazei. În trei cazuri din patru ai răspunsul pe loc; doar unul singur este nedeterminat.

Tabelul nu e o listă de reținut pe de rost: el spune același lucru pe care îl știi despre progresiile geometrice. Dacă baza s-ar fixa la o valoare $a$, șirul ${\left(a^n\right)}_n$ ar fi chiar o progresie geometrică de rație $a$, iar comportarea ei ți-e cunoscută din lecția Limitele șirurilor de tip putere și de tip progresie geometrică: explodează pentru $a>1$, se stinge pentru $0<a<1$. Noutatea de aici este că baza se mișcă odată cu $n$ — iar acest lucru contează doar când limita bazei este exact $1$, granița dintre cele două comportamente.

Capcana „falsului $1^{\infty }$". Multe expresii arată a nedeterminare, pentru că baza e un raport de polinoame de același grad și exponentul e $n$ — dar baza nu tinde la $1$. Exemplu: $${\left(\frac{2n+1}{n+3}\right)}^n:\frac{2n+1}{n+3}⟶2>1,\text{deci limita este }{2}^{+\infty }=+\infty .$$ Aici nu a fost nicio nedeterminare, doar un rând de tabel. La fel, $${\left(\frac{n+1}{2n+3}\right)}^n:\frac{n+1}{2n+3}⟶\frac{1}{2}\in (0,1),\text{deci limita este }{\left(\frac{1}{2}\right)}^{+\infty }=0.$$

A doua capcană: exponentul mărginit. În ${\left(1+\frac{3}{n}\right)}^4$ baza tinde la $1$, dar exponentul este constant, deci nu avem $b_n\to +\infty$ și nu suntem în cazul $1^{\infty }$: limita este pur și simplu $1^4=1$. Cazul de nedeterminare cere amândouă condițiile.

7. Nedeterminarea $1^{\infty }$ autentică

Rămâne situația în care baza chiar tinde la $1$, iar exponentul chiar tinde la $+\infty$. Exemplul-etalon este $${\left(\frac{n+2}{n+1}\right)}^n={\left(1+\frac{1}{n+1}\right)}^n.$$ De ce nu putem încheia cu „baza tinde la $1$, deci limita e $1$"? Pentru că baza nu este egală cu $1$: ea este mereu puțin mai mare, iar acest „puțin" se ridică la o putere care crește nemărginit. Două efecte opuse se înfruntă — unul împinge spre $1$, celălalt amplifică orice abatere de la $1$ — iar rezultatul depinde de viteza cu care baza se apropie de $1$. Exact același tip de competiție l-ai văzut la $0\cdot \infty$ și la $\infty -\infty$; de aceea $1^{\infty }$ stă în lista celor șapte.

Instrumentul care arbitrează această competiție nu există încă în trusa capitolului: el se construiește în lecția Șirul cu termenul general (1+1/n) la puterea n și numărul e, unde apare o constantă nouă a matematicii și, odată cu ea, limita fundamentală care rezolvă tot cazul. Până acolo, sarcina ta la $1^{\infty }$ este recunoașterea corectă: spui că expresia este de tip $1^{\infty }$, justifici prin limita bazei și prin limita exponentului, și te oprești.

Recunoașterea nu e un premiu de consolare, ci jumătate din rezolvare: la Bacalaureat M1 baremul acordă puncte separat pentru identificarea tipului de nedeterminare, tocmai pentru că de ea depinde metoda aleasă mai departe. Un elev care scrie „baza tinde la $1$ și exponentul la $+\infty$, deci avem cazul $1^{\infty }$" a făcut pasul care contează; unul care sare direct la un răspuns ghicit pierde și pașii intermediari, chiar dacă din întâmplare nimerește valoarea.

Ca să vezi cât de fină e granița, compară trei șiruri care arată aproape la fel: ${\left(\frac{n+2}{n+1}\right)}^4$ are limita $1$ (exponent constant); ${\left(\frac{2n+2}{n+1}\right)}^n$ are limita $+\infty$ (baza este constant egală cu $2$); iar ${\left(\frac{n+2}{n+1}\right)}^n$ este singurul dintre cele trei care e cu adevărat nedeterminat. Diferența dintre ele nu se vede din formă, ci numai din cele două limite calculate separat.

Reține și celelalte două cazuri cu exponent din lista canonică, ${\infty }^0$ și $0^0$: ele se recunosc la fel — se calculează limita bazei și limita exponentului — și se prelucrează sistematic abia la funcții, prin logaritmare. Lista completă, în ordinea ei fixă, rămâne: $$\frac{0}{0},\frac{\infty }{\infty },\infty -\infty ,0\cdot \infty ,1^{\infty },{\infty }^0,0^0.$$

8. Rețeta completă a capitolului

Când expresia conține mai multe nedeterminări imbricate — un produs în care unul dintre factori este el însuși o diferență nedeterminată, ca în Exemplele 1 și 2 — ordinea de lucru este întotdeauna dinăuntru spre afară: prelucrezi mai întâi paranteza, obții pentru ea o formă fără nedeterminare, și abia apoi te ocupi de operația exterioară. Trecerea la limită se face o singură dată, la final, pe expresia complet rescrisă; orice trecere la limită intermediară, pe bucăți, riscă să folosească o regulă în afara ipotezelor ei.

Exemple rezolvate

Exemplul 1 — Produs de tip $0\cdot \infty$, cu diferență de fracții

Calculați $\underset{n\to \infty }{\lim }\left(n^2+1\right)\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+3}\right)$.

Rezolvare. Primul factor tinde la $+\infty$, paranteza la $0$: tip $0\cdot \infty$. Aducem paranteza la același numitor: $$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+3}=\frac{(n+3)-n}{n(n+3)}=\frac{3}{n^2+3n}.$$ Verificare pe valori: pentru $n=1,2,3,5,7$ ambele forme dau $\frac{3}{4},\frac{3}{10},\frac{3}{18},\frac{3}{40},\frac{3}{70}$. ✓ Atunci $$\left(n^2+1\right)\cdot \frac{3}{n^2+3n}=\frac{3n^2+3}{n^2+3n}⟶3,$$ prin teorema raportului de polinoame de grade egale.

Exemplul 2 — Produs de tip $0\cdot \infty$, cu radical

Calculați $\underset{n\to \infty }{\lim }n\left(\sqrt{n^2+4}-n\right)$.

Rezolvare. Paranteza este $\infty -\infty$ și tinde la $0$; factorul din față tinde la $+\infty$. Amplificăm paranteza cu conjugata, strict pozitivă pentru $n\ge 1$: $$\sqrt{n^2+4}-n=\frac{\left(n^2+4\right)-n^2}{\sqrt{n^2+4}+n}=\frac{4}{\sqrt{n^2+4}+n}.$$ Deci $$n\left(\sqrt{n^2+4}-n\right)=\frac{4n}{\sqrt{n^2+4}+n}=\frac{4}{\sqrt{1+\frac{4}{n^2}}+1}⟶\frac{4}{2}=2.$$ Control numeric: pentru $n=10^3$ valoarea este $\approx 1,999998$. ✓

Exemplul 3 — Raport de tip $\frac{0}{0}$

Calculați $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{3}{n}+\frac{1}{n^2}}{\frac{1}{n}-\frac{5}{n^2}}$.

Rezolvare. Numărătorul și numitorul tind amândouă la $0$. Puterea cea mai mică a lui $\frac{1}{n}$ este $\frac{1}{n}$ însuși; o forțăm factor sus și jos: $$\frac{\frac{1}{n}\left(3+\frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n}\left(1-\frac{5}{n}\right)}=\frac{3+\frac{1}{n}}{1-\frac{5}{n}}⟶\frac{3}{1}=3.$$ Simplificarea e permisă deoarece $\frac{1}{n}\ne 0$. Control numeric: pentru $n=10^4$ valoarea este $\approx 3,00016$. ✓

Exemplul 4 — Raport $\frac{0}{0}$ cu radical

Calculați $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}{\frac{1}{n^2}}$.

Rezolvare. Ambii termeni tind la $0$. Prelucrăm numărătorul, care este o diferență de fracții: $$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=\frac{1}{n(n+1)}.$$ Împărțirea la $\frac{1}{n^2}$ înseamnă înmulțirea cu $n^2$: $$\frac{\frac{1}{n(n+1)}}{\frac{1}{n^2}}=\frac{n^2}{n(n+1)}=\frac{n}{n+1}⟶1.$$

Exemplul 5 — Putere: verifică baza

Calculați $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{3n+2}{n+1}\right)}^n$ și $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{n+4}{3n+1}\right)}^n$.

Rezolvare. Amândouă arată a $1^{\infty }$, dar nu sunt. Calculăm întâi limita bazei, ca raport de polinoame de grade egale: $$\frac{3n+2}{n+1}⟶3>1\Rightarrow \underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{3n+2}{n+1}\right)}^n=3^{+\infty }=+\infty ;$$ $$\frac{n+4}{3n+1}⟶\frac{1}{3}\in (0,1)\Rightarrow \underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{n+4}{3n+1}\right)}^n={\left(\frac{1}{3}\right)}^{+\infty }=0.$$ Control numeric: la $n=20$, prima expresie depășește $2,5\cdot 10^9$, iar a doua este sub $10^{-8}$. ✓

Exemplul 6 — Exemplu tip Bacalaureat M1

Se consideră șirul ${\left(a_n\right)}_{n\ge 1}$, $a_n=n\left(\sqrt{n^2+4}-n\right)$. a) Arătați că $a_n=\frac{4n}{\sqrt{n^2+4}+n}$ pentru orice $n\ge 1$. b) Precizați tipul nedeterminării și calculați $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n$. c) Calculați $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n^2+1}{a_n+3}$.

Rezolvare.

a) Amplificăm paranteza cu conjugata $\sqrt{n^2+4}+n$, care este strict pozitivă pentru $n\ge 1$: $$a_n=n\cdot \frac{\left(\sqrt{n^2+4}-n\right)\left(\sqrt{n^2+4}+n\right)}{\sqrt{n^2+4}+n}=n\cdot \frac{\left(n^2+4\right)-n^2}{\sqrt{n^2+4}+n}=\frac{4n}{\sqrt{n^2+4}+n}.$$

b) Nedeterminarea inițială este de tip $0\cdot \infty$: paranteza tinde la $0$, factorul $n$ la $+\infty$. După rescriere avem un raport de tip $\frac{\infty }{\infty }$, pe care îl rezolvăm forțând $n$ la numitor: $$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{4n}{n\left(\sqrt{1+\frac{4}{n^2}}+1\right)}=\frac{4}{1+1}=2.$$

c) Șirul $\left(a_n\right)$ este convergent, cu limita $2$, iar numitorul $a_n+3$ tinde la $5\ne 0$. Prin operațiile cu șiruri convergente, $$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n^2+1}{a_n+3}=\frac{2^2+1}{2+3}=\frac{5}{5}=1.$$ Control numeric: pentru $n=10^3$, $a_n\approx 1,999998$ și raportul $\approx 0,9999988$. ✓

Să exersăm

Lucrează pe caiet. La fiecare exercițiu scrie întâi tipul — dacă e nedeterminare și care anume — apoi tehnica din rețeta secțiunii $8$, apoi calculul. La puterile cu exponent $n$, primul rând al rezolvării este întotdeauna limita bazei.

1. Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^2\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}\right)$.

2. Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\cdot \frac{n^2+3}{n+1}$.

3. Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n^2}\left(2n+1\right)$.

4. Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\left(n^2-n\right)$.

5. Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt{n}\left(\sqrt{n+3}-\sqrt{n}\right)$.

6. Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }n\left(\sqrt{n^2+6}-n\right)$.

7. Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{3}{n}+\frac{1}{n^2}}{\frac{1}{n}-\frac{5}{n^2}}$.

8. Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{n^2}-\frac{1}{n^3}}{\frac{4}{n^2}}$.

9. Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}{\frac{1}{n^2}}$.

10. Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{n^2}}{\frac{1}{n}}$.

11. Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{3n+2}{n+1}\right)}^n$, precizând limita bazei.

12. Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{n+4}{3n+1}\right)}^n$, precizând limita bazei.

13. Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{3}{n}\right)}^4$ și explică de ce nu este un caz $1^{\infty }$.

14. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Șirul ${\left(\frac{n+2}{n+1}\right)}^n$ are limita $1$, pentru că baza tinde la $1$."

15. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Dacă $a_n\to 0$ și $b_n\to +\infty$, atunci $a_n{b}_n\to 0$."

16. (Problemă aplicată.) Un teren dreptunghiular are lungimea de $n$ metri și lățimea de $\frac{60}{n+2}$ metri. Precizează tipul limitei ariei când $n\to \infty$ și calculeaz-o. Ce s-ar fi schimbat dacă lățimea ar fi fost $\frac{60}{n^2}$?

17. (Exercițiu tip Bacalaureat M1.) Se consideră $a_n=n\left(\sqrt{n^2+6}-n\right)$, $n\ge 1$. Arătați că $a_n=\frac{6n}{\sqrt{n^2+6}+n}$, precizați tipul nedeterminării inițiale, calculați $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n$ și apoi $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2a_n+3}{a_n-1}$.

18. (Provocare.) Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt{1+\frac{2}{n}}-1}{\sqrt{1+\frac{8}{n}}-1}$, amplificând cu câte o conjugată la numărător și la numitor.

Răspunsuri și explicații

1. Tip $0\cdot \infty$. Paranteza devine $\frac{2}{n(n+2)}$, deci expresia este $\frac{2n^2}{n^2+2n}\to 2$ (raport de polinoame de grade egale).

2. Tip $0\cdot \infty$. Înmulțind fracțiile: $\frac{n^2+3}{n^2+n}\to 1$.

3. Tip $0\cdot \infty$. Expresia este $\frac{2n+1}{n^2}$, cu gradul numitorului mai mare, deci limita este $0$.

4. Tip $0\cdot \infty$. Expresia se simplifică la $n-1$, deci limita este $+\infty$. Exercițiile 2, 3 și 4 arată, împreună, că din $0\cdot \infty$ poate ieși orice.

5. Tip $0\cdot \infty$. Conjugata dă $\sqrt{n+3}-\sqrt{n}=\frac{3}{\sqrt{n+3}+\sqrt{n}}$, deci expresia este $\frac{3\sqrt{n}}{\sqrt{n+3}+\sqrt{n}}=\frac{3}{\sqrt{1+\frac{3}{n}}+1}\to \frac{3}{2}$.

6. Tip $0\cdot \infty$. Conjugata dă paranteza $\frac{6}{\sqrt{n^2+6}+n}$, deci expresia este $\frac{6n}{\sqrt{n^2+6}+n}=\frac{6}{\sqrt{1+\frac{6}{n^2}}+1}\to 3$.

7. Tip $\frac{0}{0}$. Forțând $\frac{1}{n}$ sus și jos: $\frac{3+\frac{1}{n}}{1-\frac{5}{n}}\to 3$.

8. Tip $\frac{0}{0}$. Forțând $\frac{1}{n^2}$: $\frac{1-\frac{1}{n}}{4}\to \frac{1}{4}$.

9. Tip $\frac{0}{0}$. Numărătorul este $\frac{1}{n(n+1)}$, iar împărțirea la $\frac{1}{n^2}$ înseamnă înmulțire cu $n^2$: $\frac{n}{n+1}\to 1$.

10. Tip $\frac{0}{0}$. Expresia este $\frac{1}{n}\to 0$. Aici puterea cea mai mică a lui $\frac{1}{n}$ este la numitor, deci numitorul domină.

11. Baza $\frac{3n+2}{n+1}\to 3>1$, deci nu e nedeterminare: limita este $3^{+\infty }=+\infty$.

12. Baza $\frac{n+4}{3n+1}\to \frac{1}{3}\in (0,1)$, deci limita este ${\left(\frac{1}{3}\right)}^{+\infty }=0$.

13. Exponentul este constant, nu tinde la $+\infty$, deci lipsește una dintre cele două condiții ale cazului $1^{\infty }$. Limita se calculează direct: baza tinde la $1$, deci puterea tinde la $1^4=1$.

14. Fals. Baza tinde într-adevăr la $1$, dar exponentul tinde la $+\infty$, deci suntem exact în cazul de nedeterminare $1^{\infty }$: nu se poate încheia din limita bazei. Argumentul „baza tinde la $1$, deci totul tinde la $1$" este tocmai eroarea pe care numele „nedeterminare" o semnalează. Rezolvarea cere numărul $e$.

15. Fals. Este scrierea $0\cdot \infty$, care nu are rezultat garantat: $\frac{1}{n^2}\cdot n\to 0$, dar $\frac{1}{n}\cdot n=1$ și $\frac{1}{n}\cdot n^2\to +\infty$.

16. Lungimea tinde la $+\infty$, lățimea la $0$: aria este de tip $0\cdot \infty$. Calculul dă ${\mathcal{S}}_n=\frac{60n}{n+2}\to 60$, deci aria se stabilizează la $60$ de metri pătrați. Cu lățimea $\frac{60}{n^2}$, aria ar fi $\frac{60}{n}\to 0$: terenul s-ar subția mai repede decât s-ar lungi și ar dispărea, în limită.

17. Amplificarea cu conjugata dă paranteza $\frac{6}{\sqrt{n^2+6}+n}$, deci $a_n=\frac{6n}{\sqrt{n^2+6}+n}$. Nedeterminarea inițială este $0\cdot \infty$. Forțând $n$ la numitor, $a_n=\frac{6}{\sqrt{1+\frac{6}{n^2}}+1}\to 3$. Numitorul $a_n-1$ tinde la $2\ne 0$, deci $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2a_n+3}{a_n-1}=\frac{2\cdot 3+3}{3-1}=\frac{9}{2}$.

18. Tip $\frac{0}{0}$. Amplificăm numărătorul cu $\sqrt{1+\frac{2}{n}}+1$ și numitorul cu $\sqrt{1+\frac{8}{n}}+1$: $$\frac{\sqrt{1+\frac{2}{n}}-1}{\sqrt{1+\frac{8}{n}}-1}=\frac{\frac{2}{n}}{\frac{8}{n}}\cdot \frac{\sqrt{1+\frac{8}{n}}+1}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}+1}=\frac{1}{4}\cdot \frac{\sqrt{1+\frac{8}{n}}+1}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}+1}⟶\frac{1}{4}\cdot \frac{2}{2}=\frac{1}{4}.$$

De reținut

• $0\cdot \infty$ nu e un caz nou: îl scrii ca raport ($a_n{b}_n=\frac{a_n}{1/b_n}$) sau înmulțești efectiv fracțiile, și cazi pe $\frac{0}{0}$ ori pe $\frac{\infty }{\infty }$.
• La $\frac{0}{0}$ forțezi puterea cea mai mică a lui $\frac{1}{n}$; la $\frac{\infty }{\infty }$ forțezi puterea cea mai mare a lui $n$. Este aceeași metodă, văzută din două părți.
• Când o diferență tinde la zero, o prelucrezi întâi: numitor comun la fracții, amplificare cu conjugata la radicali.
• La orice putere cu exponent care tinde la infinit, calculezi întâi limita bazei: $a>1$ dă $+\infty$, $0<a<1$ dă $0$, și doar $a=1$ este nedeterminare.
• Cazul $1^{\infty }$ cere ambele condiții — baza $\to 1$ și exponent $\to +\infty$ — și se rezolvă cu instrumentul construit odată cu numărul $e$.

Greșeli frecvente

• „$0\cdot \infty =0$, pentru că orice înmulțit cu zero dă zero." Fals: niciun factor nu este zero, ci doar tinde la zero. Contraexemplu imediat: $\frac{1}{n}\cdot n=1$ pentru orice $n$.
• Anunți $1^{\infty }$ fără să calculezi limita bazei. La ${\left(\frac{2n+1}{n+3}\right)}^n$ baza tinde la $2$, deci limita este $+\infty$ și se obține dintr-un rând de tabel; tratarea ei ca nedeterminare e timp pierdut și, adesea, un răspuns greșit.
• La $\frac{0}{0}$ forțezi puterea cea mai mare a lui $\frac{1}{n}$. Alegerea greșită nu simplifică nimic: se scoate termenul care domină, adică cel care se stinge cel mai încet, deci puterea cea mai mică.
• Simplifici fără să spui de ce ai voie. Împărțirea prin $\frac{1}{n}$ sau amplificarea cu o conjugată cer, amândouă, ca expresia respectivă să fie nenulă. La șiruri verificarea e imediată, dar baremul de la Bacalaureat M1 o cere scrisă.
• Confunzi exponentul constant cu exponentul care tinde la infinit. ${\left(1+\frac{3}{n}\right)}^4$ are limita $1$ și nu are nicio legătură cu $1^{\infty }$; ${\left(1+\frac{3}{n}\right)}^n$ este cu totul altceva.

Aplică acasă

1. Trei terenuri. Reia problema din deschidere cu lățimile $\frac{60}{n+2}$, $\frac{60}{\sqrt{n}}$ și $\frac{60}{n^2}$. Calculează pentru fiecare aria ca funcție de $n$, apoi limita ei. Vei obține $60$, $+\infty$ și $0$ — trei destine pentru aceeași scriere $0\cdot \infty$.

2. Fișa de recunoaștere. Scrie pe un card, față-verso: pe o parte, șase expresii amestecate (cu $0\cdot \infty$, $\frac{0}{0}$, $1^{\infty }$ autentic și fals); pe cealaltă, tipul fiecăreia și tehnica. Exersează recunoașterea cu cronometrul: ținta este sub zece secunde pe expresie.

3. Baza la microscop. Cu un calculator, pentru $n=10,100,1000$, calculează valorile bazelor $\frac{2n+1}{n+3}$ și $\frac{n+2}{n+1}$. Observă că prima se apropie de $2$, iar a doua de $1$ — și notează cât de mică devine diferența față de $1$ în al doilea caz. Vei folosi această observație în lecția despre numărul $e$.

Pentru părinți și profesori

Lecția încheie inventarul tehnicilor elementare de eliminare a nedeterminărilor la șiruri și are un rol de sinteză: arată că $0\cdot \infty$ și $\frac{0}{0}$ nu sunt cazuri independente, ci reformulări ale celor studiate anterior. Ideea pe care elevul trebuie să o poată exprima singur este că orice nedeterminare este o competiție de viteze, iar prelucrarea algebrică nu face decât să pună cele două viteze în același raport, unde pot fi comparate.

Ce verifică lecția: (1) transformarea unui produs $0\cdot \infty$ în raport, cu alegerea conștientă a factorului care coboară la numitor; (2) forțarea puterii celei mai mici a lui $\frac{1}{n}$ la $\frac{0}{0}$, în oglindă cu $\frac{\infty }{\infty }$; (3) reflexul de a calcula limita bazei înaintea oricărei puteri cu exponent variabil; (4) recunoașterea corectă a lui $1^{\infty }$, fără a-l rezolva. Întrebări bune de control: „De ce $0\cdot \infty$ nu face zero?"; „La $\frac{0}{0}$ ce scoți factor și de ce?"; „Care sunt cele două condiții ca o putere să fie caz $1^{\infty }$?".

O precizare pentru profesor: rezolvarea propriu-zisă a cazului $1^{\infty }$ este amânată deliberat, pentru că depinde de șirul ${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n$ și de constanta $e$, introduse mai târziu în capitol. La această lecție se cere doar clasificarea, iar niciun exercițiu nu presupune calcularea unei limite de acest tip. La BAC M1, formatul cel mai frecvent este cel din Exemplul 6: rescrierea cu conjugata, limita, apoi o expresie construită cu șirul obținut. Semne că elevul a înțeles: nu mai „simplifică" zerourile între ele și verifică baza înainte de orice putere.

Întrebări frecvente

De ce zero ori infinit nu face zero? Pentru că niciunul dintre factori nu este zero, respectiv infinit — ei doar tind acolo. Rezultatul depinde de cine se apropie mai repede de ținta lui: $\frac{1}{n}\cdot n=1$, $\frac{1}{n^2}\cdot n\to 0$, iar $\frac{1}{n}\cdot n^2\to +\infty$. Aceleași simboluri, trei răspunsuri.

Cum transform un produs $0\cdot \infty$ într-un raport? Folosind $a_n{b}_n=\frac{a_n}{1/b_n}=\frac{b_n}{1/a_n}$. Prima formă dă tipul $\frac{0}{0}$, a doua tipul $\frac{\infty }{\infty }$. Alegi varianta în care expresia arată mai simplu; de multe ori, când un factor e deja fracție, e suficient să înmulțești efectiv fracțiile.

La $\frac{0}{0}$ ce scot factor forțat? Puterea cea mai mică a lui $\frac{1}{n}$ care apare în expresie — adică termenul care se stinge cel mai încet și deci domină. Este exact regula de la $\frac{\infty }{\infty }$, unde scoteai puterea cea mai mare a lui $n$; cele două nedeterminări sunt legate prin $\frac{a_n}{b_n}=\frac{1/b_n}{1/a_n}$.

Cum recunosc nedeterminarea $1^{\infty }$? Ai nevoie de două condiții simultane: baza tinde la $1$ și exponentul tinde la $+\infty$. Dacă baza tinde la altceva, folosești tabelul operațiilor și obții direct $+\infty$ sau $0$. Dacă exponentul este constant sau mărginit, ridici pur și simplu limita bazei la acea putere.

De ce ${\left(\frac{n+2}{n+1}\right)}^n$ nu are limita $1$? Pentru că baza nu este egală cu $1$, ci puțin mai mare, iar acest mic surplus se ridică la o putere care crește nemărginit. Cele două efecte se echilibrează într-un mod care nu se poate citi din limitele componentelor. Cazul se rezolvă cu limita fundamentală care introduce numărul $e$.

Ce fac dacă o paranteză care tinde la zero conține radicali? O amplifici cu conjugata ei, exact ca la $\infty -\infty$: diferența de radicali devine o fracție cu numărător polinomial, iar de acolo calculul e obișnuit. Verifică întotdeauna că expresia cu care amplifici este nenulă — la șiruri, sumele de radicali sunt strict pozitive, deci condiția e imediată.

Trebuie să memorez toate tehnicile separat? Nu. Toate cele cinci cazuri elementare — $\frac{\infty }{\infty }$, $\infty -\infty$, $0\cdot \infty$, $\frac{0}{0}$ și puterile — se reduc la o singură instrucțiune: scoate factor forțat termenul dominant, simplifică, apoi treci la limită o singură dată, la final. Ce se schimbă de la caz la caz este doar identitatea termenului dominant.