Șiruri de integrale: recurențe și limite

Există un tip de problemă care apare, într-o formă sau alta, în aproape fiecare subiect de examen din ultimii douăzeci de ani: se dă un șir ai cărui termeni sunt integrale, $I_n={\int }_a^b{f}_n(x)dx$, și se cere monotonia, o relație între termeni și limita. La clasa a 12-a, această familie de exerciții este locul în care analiza de clasa a XI-a — șiruri, monotonie, mărginire, criterii de convergență — se întâlnește cu calculul integral. Un șir de integrale este un șir ai cărui termeni sunt integrale definite dintr-o familie de funcții care depinde de $n$; el se studiază prin monotonie, încadrare și relații de recurență, nu prin calculul fiecărui termen.

Farmecul lor este că nu se pot rezolva prin calcul brut. Termenul general $I_n$ aproape niciodată nu se poate scrie într-o formulă închisă simplă; ce se poate face, în schimb, este să legi termenii între ei printr-o relație de recurență și să-i prinzi între două șiruri cunoscute. Exact ca la Arhimede: nu calculezi mărimea, o strivești între două valori care se apropie una de alta.

Ce vei învăța

• Vei ști să calculezi primii termeni ai unui șir de integrale și să verifici cu ei orice relație pe care o afli.
• Vei ști să demonstrezi monotonia unui șir de integrale pornind de la monotonia integrandului, nu de la valorile termenilor.
• Vei ști să încadrezi un șir de integrale între două șiruri simple și să deduci de acolo mărginirea și limita.
• Vei ști să stabilești o relație de recurență, fie prin adunarea a doi termeni consecutivi, fie prin integrare prin părți.
• Vei ști să demonstrezi convergența cu teorema lui Weierstrass și să calculezi limita cu criteriul cleștelui.
• Vei ști să calculezi limite de forma $\underset{n\to \infty }{\lim }n{I}_n$, care apar mereu ca ultim subpunct al problemelor de examen.

Hai să descoperim împreună

1. Ce este un șir de integrale?

Un șir de integrale este un șir $(I_n{)}_{n\ge 0}$ ai cărui termeni sunt integrale definite ale unei familii de funcții care depinde de indicele $n$, cel mai adesea de forma $I_n={\int }_a^b{x}^{n}g(x)dx$. Indicele apare, de regulă, ca exponent al lui $x$ sau ca ordin al unei puteri, iar intervalul $[a,b]$ rămâne același pentru toți termenii.

Firul roșu al lecției este cel mai des întâlnit dintre toate: $$I_n={\int }_0^1\frac{x^n}{x+1}dx,n\in \mathbb{N}.$$ Fiecare termen are sens: funcția $x\mapsto \frac{x^n}{x+1}$ este continuă pe $[0,1]$, pentru că numitorul nu se anulează acolo, deci este integrabilă. Fiecare termen este, în plus, strict pozitiv, fiindcă integrandul este pozitiv pe $[0,1]$ și nu este identic nul.

Trei întrebări se pun despre orice asemenea șir, în această ordine: este monoton? este mărginit? care este limita lui? Le vom numi, ca să le putem cita, Întrebarea 1, Întrebarea 2 și Întrebarea 3. Nu este o schemă nouă de studiu al variației, ci doar ordinea firească în care se atacă un asemenea șir. Eticheta „Etapa 1/2/3" rămâne rezervată pașilor unei rețete locale de calcul — așa e folosită la încadrarea și compararea integralelor și la cele patru etape ale integralei definite dintr-o funcție rațională —, iar aici avem de-a face cu trei întrebări despre un șir, nu cu pașii unui calcul.

2. De ce nu se pot calcula toți termenii unui șir de integrale?

Câțiva termeni se calculează direct, cu uneltele lecției despre integralele definite din funcții raționale.

Pentru $n=0$: $I_0={\int }_0^1\frac{dx}{x+1}=\ln |x+1|{|}_0^1=\ln 2\approx 0,693$.

Pentru $n=1$: din $\frac{x}{x+1}=1-\frac{1}{x+1}$ obținem $I_1=(x-\ln |x+1|){|}_0^1=1-\ln 2\approx 0,307$.

Pentru $n=2$: din $\frac{x^2}{x+1}=x-1+\frac{1}{x+1}$ obținem $I_2=\frac{1}{2}-1+\ln 2=\ln 2-\frac{1}{2}\approx 0,193$.

Pentru $n=3$: din $\frac{x^3}{x+1}=x^2-x+1-\frac{1}{x+1}$ obținem $I_3=\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+1-\ln 2=\frac{5}{6}-\ln 2\approx 0,140$.

Se vede imediat problema. Pentru $n=10$ ar trebui să împărțim $x^{10}$ la $x+1$, adică să scriem zece termeni; pentru $n$ oarecare, formula închisă există, dar este o sumă cu $n$ termeni, deci nu spune nimic despre limită. Aici intervine ideea centrală a lecției: nu calculăm termenii, îi legăm între ei.

Se mai vede și un tipar: cele patru valori $0,693$, $0,307$, $0,193$, $0,140$ scad și par să se apropie de zero. Amândouă observațiile vor fi demonstrate în secțiunile următoare — dar observația nu ține loc de demonstrație.

3. Cum arăți că un șir de integrale este monoton?

Nu comparând valorile numerice — pe acelea nu le cunoști —, ci comparând integranzii. Instrumentul este monotonia integralei, una dintre proprietățile integralei definite: dacă $f\le g$ pe $[a,b]$, atunci ${\int }_a^{b}f\le {\int }_a^{b}g$.

Pentru firul nostru roșu, comparăm $I_{n+1}$ cu $I_n$. Pe intervalul $[0,1]$ avem $0\le x\le 1$, deci $x^{n+1}\le x^n$ pentru orice $n$; împărțind la $x+1>0$, obținem $$\frac{x^{n+1}}{x+1}\le \frac{x^n}{x+1},\text{pentru orice }x\in [0,1].$$ Integrând pe $[0,1]$, rezultă $I_{n+1}\le I_n$, deci șirul este descrescător. Acesta este răspunsul la Întrebarea 1.

Observă cât de puțin am folosit: doar faptul că $x^{n+1}\le x^n$ pe $[0,1]$, adică o inegalitate elementară între puteri. Aceeași idee funcționează pentru orice șir de forma ${\int }_0^1{x}^{n}g(x)dx$ cu $g\ge 0$: el este întotdeauna descrescător. Dacă intervalul ar fi fost $[1,2]$, unde $x\ge 1$, inegalitatea s-ar fi răsturnat și șirul ar fi fost crescător — semnul monotoniei vine din poziția intervalului față de $1$.

Greșeala tipică la acest pas este să se calculeze $I_{n+1}-I_n$ și să se încerce stabilirea semnului diferenței prin calcul. Uneori merge, dar e un drum lung; comparația integranzilor e imediată. Iată totuși și varianta cu diferență, pentru că e instructivă: $$I_{n+1}-I_n={\int }_0^1\frac{x^{n+1}-x^n}{x+1}dx={\int }_0^1\frac{x^n(x-1)}{x+1}dx\le 0,$$ fiindcă $x-1\le 0$ pe $[0,1]$, iar ceilalți factori sunt pozitivi.

4. Cum încadrezi un șir de integrale?

Întrebarea 2 înseamnă să prinzi $I_n$ între două șiruri pe care le cunoști. Rețeta este întotdeauna aceeași: încadrezi întâi integrandul, apoi integrezi inegalitățile — exact procedeul din lecția despre încadrarea și compararea integralelor.

Pe $[0,1]$ avem $1\le x+1\le 2$, deci $\frac{1}{2}\le \frac{1}{x+1}\le 1$. Înmulțind cu $x^n\ge 0$, $$\frac{x^n}{2}\le \frac{x^n}{x+1}\le x^n,x\in [0,1].$$ Integrăm pe $[0,1]$ și folosim ${\int }_0^1{x}^{n}dx=\frac{1}{n+1}$: $$\frac{1}{2(n+1)}\le I_n\le \frac{1}{n+1}.$$ Aceasta este încadrarea de bază a șirului, formula pe care o vei folosi la fiecare subpunct. Verificarea pe termenii calculați: pentru $n=3$, încadrarea spune $0,125\le I_3\le 0,25$, iar $I_3\approx 0,140$ — se potrivește.

Din încadrare ies imediat două lucruri. Întâi, $0<I_n\le 1$ pentru orice $n$, deci șirul este mărginit. Apoi, cele două margini au aceeași limită, $0$, ceea ce ne duce direct la etapa următoare.

5. Cum se află limita unui șir de integrale?

Avem acum două drumuri către limită, iar la examen se cere de obicei ca ambele să fie știute.

Drumul existenței. Șirul este descrescător (Întrebarea 1) și mărginit inferior de $0$ (Întrebarea 2). Prin teorema lui Weierstrass, orice șir monoton și mărginit de numere reale este convergent, deci $(I_n)$ are limită finită. Atenție: teorema garantează existența, nu valoarea. Ea singură nu spune că limita este $0$.

Drumul valorii. Din $\frac{1}{2(n+1)}\le I_n\le \frac{1}{n+1}$ și din $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{2(n+1)}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n+1}=0$, criteriul cleștelui dă $$\underset{n\to \infty }{\lim }{I}_n=0.$$ Acesta este răspunsul la Întrebarea 3. Observă că al doilea drum îl conține pe primul: cleștele dă și existența, și valoarea. Primul drum rămâne util în situațiile în care nu găsești o încadrare bună, dar poți arăta monotonia și mărginirea — de pildă la șiruri definite prin recurență, unde limita se află apoi din relația de recurență.

Interpretarea rezultatului merită o propoziție. Pe $[0,1]$, puterile $x^n$ se apropie de zero peste tot, în afară de capătul $x=1$; „masa" integralei se strânge tot mai mult lângă $1$, pe un interval tot mai scurt, deci integrala tinde la zero. Nu tinde însă oricât de repede: încadrarea arată că $I_n$ se comportă ca $\frac{1}{n}$ înmulțit cu o constantă, ceea ce va fi lămurit în secțiunea $7$.

O ultimă precizare, care se cere la barem. Convergența nu se poate deduce din faptul că integrandul tinde la zero în fiecare punct: aceasta ar fi o trecere la limită sub semnul integralei, operație care nu este în programa clasei a XII-a și care, în general, cere ipoteze suplimentare. Drumul corect este cel de mai sus — se încadrează integrala, nu integrandul punct cu punct. Redactarea așteptată are trei rânduri: inegalitatea dintre integranzi, inegalitatea dintre integrale, invocarea criteriului cu numele lui.

6. Cum găsești relația de recurență?

Există două tehnici, iar alegerea dintre ele se face după forma integrandului.

Tehnica adunării. Se folosește când numitorul este un polinom simplu. Ideea: aduni doi termeni consecutivi în așa fel încât numitorul să se simplifice. Pentru firul nostru roșu, cu $n\ge 1$, $$I_n+I_{n-1}={\int }_0^1\frac{x^n+x^{n-1}}{x+1}dx={\int }_0^1\frac{x^{n-1}(x+1)}{x+1}dx={\int }_0^1{x}^{n-1}dx=\frac{1}{n}.$$ Am obținut relația de recurență $\boxed{I_n+I_{n-1}=\frac{1}{n}}$, valabilă pentru orice $n\ge 1$. Verificăm pe termenii calculați: $I_1+I_0=(1-\ln 2)+\ln 2=1=\frac{1}{1}$; $I_2+I_1=\left(\ln 2-\frac{1}{2}\right)+(1-\ln 2)=\frac{1}{2}$; $I_3+I_2=\left(\frac{5}{6}-\ln 2\right)+\left(\ln 2-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{3}$. Toate trei ies.

Din recurență se obțin acum termenii pe rând, fără nicio împărțire de polinoame: $I_4=\frac{1}{4}-I_3=\ln 2-\frac{7}{12}\approx 0,110$ și $I_5=\frac{1}{5}-I_4=\frac{47}{60}-\ln 2\approx 0,090$.

De unde vine ideea adunării? Din observația că numitorul $x+1$ apare, factorizat, în suma $x^n+x^{n-1}=x^{n-1}(x+1)$. Regula generală: dacă numitorul este $x+a$, se adună $I_n$ cu $a{I}_{n-1}$, pentru că $x^n+a{x}^{n-1}=x^{n-1}(x+a)$. Dacă numitorul este $x^2+a$, se adună $I_n$ cu $a{I}_{n-2}$. Cu alte cuvinte, coeficientul din recurență este termenul liber al numitorului, iar pasul recurenței este gradul numitorului. Merită scris pe o foaie separată și memorat: scutește de căutări la examen. Enunțul de mai sus privește numitorii monici; la unul de forma $bx+a$ intră în joc și coeficientul dominant, pentru că $b{x}^n+a{x}^{n-1}=x^{n-1}(bx+a)$, deci $b{Z}_n+a{Z}_{n-1}=\frac{1}{n}$, unde $Z_n={\int }_0^1\frac{x^n}{bx+a}dx$. La numitorul $3x+1$, de pildă, recurența este $3Z_n+Z_{n-1}=\frac{1}{n}$.

Un avertisment practic: recurența e excelentă pentru câțiva termeni, dar nu pentru mulți. Relația $I_n=\frac{1}{n}-I_{n-1}$ propagă orice mică eroare de rotunjire fără să o amplifice, însă o recurență de tipul $G_n=\frac{1}{n}-2G_{n-1}$ dublează eroarea la fiecare pas, așa că după douăzeci-treizeci de pași rezultatul numeric nu mai înseamnă nimic. La examen nu contează, fiindcă se cer trei-patru termeni; e bine totuși să știi de ce.

Tehnica integrării prin părți. Se folosește când integrandul conține $e^x$, $\ln x$ sau funcții trigonometrice. Se aplică formula de integrare prin părți pentru integrala definită și se aranjează astfel încât în membrul drept să apară un termen de aceeași formă, cu indice mai mic. Este exact procedeul de la relațiile de recurență pentru integrale nedefinite, cu deosebirea că aici termenul $fg$ se evaluează între limite și dă un număr concret.

Pe familia $E_n={\int }_0^1{x}^n{e}^{x}dx$, cu $n\ge 1$, luăm $f(x)=x^n$ și $g^{\prime }(x)=e^x$, deci $g(x)=e^x$: $$E_n=x^n{e}^x{|}_0^1-n{\int }_0^1{x}^{n-1}{e}^{x}dx=e-n{E}_{n-1}.$$ Cu $E_0=e-1$ obținem $E_1=e-(e-1)=1$, $E_2=e-2=0,718\dots$, $E_3=e-3(e-2)=6-2e\approx 0,563$.

7. Cât face $\underset{n\to \infty }{\lim }n{I}_n$?

Ultimul subpunct al problemelor de examen cere aproape întotdeauna o limită de forma $\lim n{I}_n$ sau $\lim n^2{I}_n$. Motivul e simplu: $I_n\to 0$, deci produsul $n{I}_n$ este o nedeterminare $0\cdot \infty$, iar rezolvarea ei arată cât de repede tinde șirul la zero.

Aici încadrarea de bază nu ajunge: din $\frac{1}{2(n+1)}\le I_n\le \frac{1}{n+1}$ obținem doar $\frac{n}{2(n+1)}\le n{I}_n\le \frac{n}{n+1}$, adică marginile tind la $\frac{1}{2}$ și la $1$ — cleștele nu se închide. Ne trebuie o margine superioară mai bună, iar ea vine din recurență.

Cum șirul este descrescător, $I_{n-1}\ge I_n$, deci $$\frac{1}{n}=I_n+I_{n-1}\ge I_n+I_n=2I_n⟹I_n\le \frac{1}{2n}⟹n{I}_n\le \frac{1}{2}.$$ Împreună cu marginea de jos $I_n\ge \frac{1}{2(n+1)}$, obținem $$\frac{n}{2(n+1)}\le n{I}_n\le \frac{1}{2}.$$ Ambele margini tind la $\frac{1}{2}$, deci, prin criteriul cleștelui, $\underset{n\to \infty }{\lim }n{I}_n=\frac{1}{2}$. Numeric: $10I_{10}\approx 0,475$, $200I_{200}\approx 0,4988$, $5000I_{5000}\approx 0,49995$ — tendința se vede clar.

Reține tiparul, pentru că se repetă la orice șir de acest tip: monotonia transformă recurența într-o inegalitate, iar inegalitatea închide cleștele. Fără monotonie, limita lui $n{I}_n$ nu se poate obține din recurență.

Merită observat de ce constanta iese exact $\frac{1}{2}$ și nu altceva. Recurența $I_n+I_{n-1}=\frac{1}{n}$ spune că suma a doi termeni consecutivi este $\frac{1}{n}$; cum termenii sunt aproape egali la $n$ mare (șirul scade tot mai lent), fiecare dintre ei este aproape $\frac{1}{2n}$. Aceeași lectură funcționează la orice recurență de forma $I_n+a{I}_{n-1}=\frac{1}{n}$: suma $(1+a)$ termeni aproape egali dă $\frac{1}{n}$, deci $I_n\approx \frac{1}{(1+a)n}$ și $\lim n{I}_n=\frac{1}{1+a}$. Pentru $a=1$ iese $\frac{1}{2}$, pentru $a=2$ iese $\frac{1}{3}$, pentru $a=3$ iese $\frac{1}{4}$. Este o regulă de verificare, nu o demonstrație: la examen se cere raționamentul complet, cu cleștele.

8. Ce alte familii de șiruri de integrale apar?

Trei familii apar constant în subiecte și merită recunoscute din prima privire.

La familia $R_n$, recurența leagă termeni la distanță $2$, nu $1$, fiindcă numitorul este $x^2+1$: adunând $R_n$ și $R_{n-2}$ obținem la numărător $x^n+x^{n-2}=x^{n-2}(x^2+1)$, care se simplifică. Consecința practică: termenii de indice par se calculează pornind de la $R_0=\frac{\pi }{4}$, iar cei de indice impar pornind de la $R_1=\frac{1}{2}\ln 2$ — două lanțuri separate, care nu se amestecă.

O a patra familie, mai specială, este cea a integralelor $W_n={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx$, cu recurența $W_n=\frac{n-1}{n}{W}_{n-2}$, obținută prin părți. Din $W_0=\frac{\pi }{2}$ și $W_1=1$ ies $W_2=\frac{\pi }{4}$, $W_3=\frac{2}{3}$, $W_4=\frac{3\pi }{16}$, $W_5=\frac{8}{15}$ — se vede alternanța: termenii de indice par conțin $\pi$, cei de indice impar sunt raționali. Recurența ei este exact cea demonstrată, pentru integrala nedefinită, în lecția despre relațiile de recurență pentru integrale nedefinite; noutatea de aici este că, integrala fiind definită, termenul $fg$ evaluat între limite se anulează la ambele capete și recurența devine mai simplă.

Despre litere. Numele $I_n$, $E_n$, $R_n$, $W_n$ nu au nimic sacru: litera care denumește un șir de integrale se fixează în enunț, iar același simbol poate desemna familii diferite în lecții diferite. La relațiile de recurență pentru integrale nedefinite, de pildă, $I_n$ nota $\int x^n{e}^{x}dx$, iar $L_n$ nota $\int {\ln }^{n}xdx$. Regula practică e simplă: citește întâi definiția din enunț, apoi scrie recurența — niciodată invers.

Exemple rezolvate

Exemplul 1 — Termeni calculați din recurență

Se consideră $I_n={\int }_0^1\frac{x^n}{x+1}dx$. Calculează $I_4$ și verifică rezultatul prin încadrare.

Din recurența $I_n+I_{n-1}=\frac{1}{n}$, cu $n=4$, avem $I_4=\frac{1}{4}-I_3$. Cum $I_3=\frac{5}{6}-\ln 2$, rezultă $$I_4=\frac{1}{4}-\frac{5}{6}+\ln 2=\ln 2-\frac{7}{12}\approx 0,110.$$ Verificarea prin încadrare: $\frac{1}{2\cdot 5}=0,1\le I_4\le \frac{1}{5}=0,2$ — se potrivește. Calculul direct ar fi cerut împărțirea lui $x^4$ la $x+1$; recurența l-a scurtat la o scădere.

Exemplul 2 — Recurență prin integrare prin părți

Se consideră $E_n={\int }_0^1{x}^n{e}^{x}dx$, $n\ge 0$. Stabilește o relație de recurență și calculează $E_3$.

Aplicăm integrarea prin părți cu $f(x)=x^n$, $g^{\prime }(x)=e^x$, deci $f^{\prime }(x)=n{x}^{n-1}$ și $g(x)=e^x$: $$E_n=x^n{e}^x{|}_0^1-{\int }_0^{1}n{x}^{n-1}{e}^{x}dx=e-n{E}_{n-1},n\ge 1.$$ Cu $E_0={\int }_0^1{e}^{x}dx=e-1$, obținem succesiv $E_1=e-(e-1)=1$, apoi $E_2=e-2\cdot 1=e-2$, apoi $$E_3=e-3(e-2)=6-2e\approx 0,563.$$ Control de plauzibilitate: pe $[0,1]$ avem $0\le x^3{e}^x\le e$, deci $0\le E_3\le e$; mai fin, $x^3{e}^x\le x^3\cdot e$, deci $E_3\le \frac{e}{4}\approx 0,680$ — iar $0,563$ este sub această valoare. Termenii $E_1=1$ și $E_2=e-2$ au fost, de altfel, calculați direct în lecția despre integrarea prin părți pentru integrala definită — o confirmare că recurența nu inventează nimic, ci doar scurtează drumul.

Exemplul 3 — Recurență cu pasul doi

Se consideră $R_n={\int }_0^1\frac{x^n}{x^2+1}dx$. Arată că $R_n+R_{n-2}=\frac{1}{n-1}$ pentru $n\ge 2$ și calculează $R_4$.

Adunăm cei doi termeni și simplificăm: $$R_n+R_{n-2}={\int }_0^1\frac{x^n+x^{n-2}}{x^2+1}dx={\int }_0^1\frac{x^{n-2}(x^2+1)}{x^2+1}dx={\int }_0^1{x}^{n-2}dx=\frac{1}{n-1}.$$ Pentru $R_4$ pornim de la $R_0={\int }_0^1\frac{dx}{x^2+1}=\mathrm{arctg}x{|}_0^1=\frac{\pi }{4}$. Din $R_2+R_0=1$ rezultă $R_2=1-\frac{\pi }{4}$, iar din $R_4+R_2=\frac{1}{3}$ rezultă $$R_4=\frac{1}{3}-1+\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{4}-\frac{2}{3}\approx 0,119.$$ Revenim, astfel, la un rezultat obținut prin calcul direct în lecția anterioară — o confirmare bună a recurenței.

Exemplul 4 — Monotonie, mărginire, limită, pe o familie nouă

Se consideră $B_n={\int }_0^1{x}^n\sqrt{x+1}dx$. Arată că $(B_n)$ este descrescător, încadrează-l și calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }{B}_n$.

Întrebarea 1. Pe $[0,1]$ avem $x^{n+1}\le x^n$ și $\sqrt{x+1}>0$, deci $x^{n+1}\sqrt{x+1}\le x^n\sqrt{x+1}$; integrând, $B_{n+1}\le B_n$, deci șirul este descrescător.

Întrebarea 2. Pe $[0,1]$ avem $1\le \sqrt{x+1}\le \sqrt{2}$, deci $x^n\le x^n\sqrt{x+1}\le \sqrt{2}{x}^n$. Integrând, $$\frac{1}{n+1}\le B_n\le \frac{\sqrt{2}}{n+1}.$$

Întrebarea 3. Ambele margini tind la $0$, deci, prin criteriul cleștelui, $\underset{n\to \infty }{\lim }{B}_n=0$. Alternativ, monotonia și mărginirea inferioară de $0$ dau convergența prin teorema lui Weierstrass, dar nu și valoarea limitei.

Exemplul 5 — O limită de tipul $\lim n{I}_n$

Pentru șirul $R_n={\int }_0^1\frac{x^n}{x^2+1}dx$, calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }n{R}_n$.

Încadrăm mai întâi: pe $[0,1]$ avem $1\le x^2+1\le 2$, deci $\frac{x^n}{2}\le \frac{x^n}{x^2+1}\le x^n$ și $$\frac{1}{2(n+1)}\le R_n\le \frac{1}{n+1}.$$ Șirul este descrescător (același argument ca la Întrebarea 1), deci $R_{n-2}\ge R_n$ și, din recurență, $$\frac{1}{n-1}=R_n+R_{n-2}\ge 2R_n⟹R_n\le \frac{1}{2(n-1)}⟹n{R}_n\le \frac{n}{2(n-1)}.$$ Prin urmare $\frac{n}{2(n+1)}\le n{R}_n\le \frac{n}{2(n-1)}$; ambele margini tind la $\frac{1}{2}$, deci $\underset{n\to \infty }{\lim }n{R}_n=\frac{1}{2}$. Numeric, $R_{10}\approx 0,0495$, iar $10R_{10}\approx 0,495$ — coerent.

Exemplul 6 — Exemplu tip Bacalaureat M1

Se consideră șirul $(G_n{)}_{n\ge 0}$, $G_n={\int }_0^1\frac{x^n}{x+2}dx$.

a) Calculează $G_0$ și $G_1$.

Funcția $x\mapsto \frac{x^n}{x+2}$ este continuă pe $[0,1]$, deci integrabilă. Avem $$G_0={\int }_0^1\frac{dx}{x+2}=\ln |x+2|{|}_0^1=\ln 3-\ln 2=\ln \frac{3}{2}\approx 0,405.$$ Pentru $G_1$ împărțim: $\frac{x}{x+2}=1-\frac{2}{x+2}$, deci $$G_1=(x-2\ln |x+2|){|}_0^1=1-2\ln \frac{3}{2}\approx 0,189.$$

b) Arată că $G_n+2G_{n-1}=\frac{1}{n}$ pentru orice $n\ge 1$ și că $\frac{1}{3(n+1)}\le G_n\le \frac{1}{2(n+1)}$ pentru orice $n\ge 0$.

Pentru recurență, adunăm potrivit: $$G_n+2G_{n-1}={\int }_0^1\frac{x^n+2x^{n-1}}{x+2}dx={\int }_0^1\frac{x^{n-1}(x+2)}{x+2}dx={\int }_0^1{x}^{n-1}dx=\frac{1}{n}.$$ Pentru încadrare, pe $[0,1]$ avem $2\le x+2\le 3$, deci $\frac{x^n}{3}\le \frac{x^n}{x+2}\le \frac{x^n}{2}$; integrând, obținem exact inegalitățile cerute. Control: pentru $n=1$ ele dau $0,167\le G_1\le 0,25$, iar $G_1\approx 0,189$.

c) Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }{G}_n$ și $\underset{n\to \infty }{\lim }n{G}_n$.

Din încadrarea de la b), ambele margini tind la $0$, deci criteriul cleștelui dă $\underset{n\to \infty }{\lim }{G}_n=0$.

Pentru a doua limită, observăm întâi că șirul este descrescător: pe $[0,1]$, $\frac{x^{n+1}}{x+2}\le \frac{x^n}{x+2}$, deci $G_{n+1}\le G_n$. Atunci $G_{n-1}\ge G_n$ și, din recurență, $$\frac{1}{n}=G_n+2G_{n-1}\ge G_n+2G_n=3G_n⟹G_n\le \frac{1}{3n}⟹n{G}_n\le \frac{1}{3}.$$ Pe de altă parte, marginea de jos din b) dă $n{G}_n\ge \frac{n}{3(n+1)}$. Cum $\frac{n}{3(n+1)}\to \frac{1}{3}$, criteriul cleștelui dă $$\underset{n\to \infty }{\lim }n{G}_n=\frac{1}{3}.$$ Numeric: $10G_{10}\approx 0,312$, $200G_{200}\approx 0,332$, $5000G_{5000}\approx 0,3333$. Observă deosebirea față de $I_n$, unde limita era $\frac{1}{2}$: numitorul mai mare face ca $G_n$ să fie mai mic, iar constanta din față devine $\frac{1}{3}$ în loc de $\frac{1}{2}$.

Să exersăm

1. Pentru $I_n={\int }_0^1\frac{x^n}{x+1}dx$, calculează $I_0$ direct și verifică-l cu recurența pentru $n=1$.

2. Calculează $I_5$ folosind recurența $I_n+I_{n-1}=\frac{1}{n}$.

3. Arată că $I_n>0$ pentru orice $n\in \mathbb{N}$.

4. Arată că șirul $(I_n)$ este descrescător, comparând integranzii.

5. Verifică încadrarea $\frac{1}{2(n+1)}\le I_n\le \frac{1}{n+1}$ pentru $n=2$, folosind valoarea exactă a lui $I_2$.

6. Deduce $\underset{n\to \infty }{\lim }{I}_n$ din încadrarea de mai sus, precizând criteriul folosit.

7. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Din teorema lui Weierstrass rezultă că $\underset{n\to \infty }{\lim }{I}_n=0$."

8. Pentru $E_n={\int }_0^1{x}^n{e}^{x}dx$, calculează $E_4$ folosind $E_n=e-n{E}_{n-1}$.

9. Arată că $(E_n)$ este descrescător și că $0<E_n\le \frac{e}{n+1}$.

10. Deduce $\underset{n\to \infty }{\lim }{E}_n$.

11. Pentru $R_n={\int }_0^1\frac{x^n}{x^2+1}dx$, calculează $R_1$ și $R_3$.

12. Calculează $R_5$ folosind recurența $R_n+R_{n-2}=\frac{1}{n-1}$.

13. Pentru $W_n={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx$, verifică $W_2=\frac{\pi }{4}$ folosind formula ${\sin }^{2}x=\frac{1-\cos 2x}{2}$.

14. Folosind $W_n=\frac{n-1}{n}{W}_{n-2}$, calculează $W_4$ și $W_5$.

15. (Exercițiu tip Bacalaureat M1.) Pentru $H_n={\int }_0^1\frac{x^n}{x+3}dx$, arată că $H_n+3H_{n-1}=\frac{1}{n}$ și calculează $H_0$ și $H_1$.

16. Pentru șirul $H_n$ de mai sus, stabilește încadrarea $\frac{1}{4(n+1)}\le H_n\le \frac{1}{3(n+1)}$ și deduce limita lui.

17. (Problemă aplicată.) Concentrația unei substanțe, măsurată pe un interval de o oră normalizat la $[0,1]$, este modelată de $c_n(t)=\frac{t^n}{t+1}$, unde $n$ crește cu vârsta probei. Ce se întâmplă cu cantitatea totală ${\int }_0^1{c}_n(t)dt$ pe măsură ce proba îmbătrânește și cât de repede scade ea?

18. (Provocare.) Pentru șirul $H_n$ din exercițiul $15$, calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }n{H}_n$.

Răspunsuri și explicații

1. $I_0=\ln |x+1|{|}_0^1=\ln 2$. Recurența cu $n=1$ dă $I_1+I_0=1$, deci $I_1=1-\ln 2$, ceea ce coincide cu calculul direct din secțiunea $2$.

2. $I_4=\frac{1}{4}-I_3=\frac{1}{4}-\frac{5}{6}+\ln 2=\ln 2-\frac{7}{12}$, apoi $I_5=\frac{1}{5}-I_4=\frac{1}{5}+\frac{7}{12}-\ln 2=\frac{47}{60}-\ln 2\approx 0,090$.

3. Integrandul $\frac{x^n}{x+1}$ este pozitiv pe $[0,1]$ și strict pozitiv pe $(0,1]$, deci integrala lui este strict pozitivă — prin monotonia integralei, comparând cu funcția nulă.

4. Pe $[0,1]$ avem $x^{n+1}\le x^n$, deci $\frac{x^{n+1}}{x+1}\le \frac{x^n}{x+1}$; integrând pe $[0,1]$ obținem $I_{n+1}\le I_n$.

5. Încadrarea dă $\frac{1}{6}\approx 0,167\le I_2\le \frac{1}{3}\approx 0,333$, iar $I_2=\ln 2-\frac{1}{2}\approx 0,193$ — se verifică.

6. Marginile $\frac{1}{2(n+1)}$ și $\frac{1}{n+1}$ tind amândouă la $0$, deci prin criteriul cleștelui $\underset{n\to \infty }{\lim }{I}_n=0$.

7. Fals. Teorema lui Weierstrass garantează doar că un șir monoton și mărginit este convergent, adică are limită finită; ea nu furnizează valoarea limitei. Valoarea $0$ se obține din încadrare, cu criteriul cleștelui.

8. $E_3=6-2e$, deci $E_4=e-4(6-2e)=9e-24\approx 0,465$.

9. Descreșterea: pe $[0,1]$, $x^{n+1}{e}^x\le x^n{e}^x$, deci $E_{n+1}\le E_n$. Mărginirea: $0\le x^n{e}^x\le e{x}^n$ pe $[0,1]$, iar integrând obținem $0<E_n\le \frac{e}{n+1}$.

10. Din $0<E_n\le \frac{e}{n+1}$ și $\frac{e}{n+1}\to 0$, criteriul cleștelui dă $\underset{n\to \infty }{\lim }{E}_n=0$.

11. $R_1={\int }_0^1\frac{x}{x^2+1}dx=\frac{1}{2}\ln (x^2+1){|}_0^1=\frac{1}{2}\ln 2\approx 0,347$. Din $R_3+R_1=\frac{1}{2}$ rezultă $R_3=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\ln 2\approx 0,153$.

12. Din $R_5+R_3=\frac{1}{4}$ rezultă $R_5=\frac{1}{4}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\ln 2=\frac{1}{2}\ln 2-\frac{1}{4}\approx 0,097$.

13. $W_2={\int }_0^{\pi /2}\frac{1-\cos 2x}{2}dx=\left(\frac{x}{2}-\frac{\sin 2x}{4}\right){|}_0^{\pi /2}=\frac{\pi }{4}$, fiindcă $\sin \pi =0$.

14. $W_4=\frac{3}{4}{W}_2=\frac{3}{4}\cdot \frac{\pi }{4}=\frac{3\pi }{16}\approx 0,589$ și $W_5=\frac{4}{5}{W}_3=\frac{4}{5}\cdot \frac{2}{3}=\frac{8}{15}\approx 0,533$.

15. Adunând potrivit, $H_n+3H_{n-1}={\int }_0^1\frac{x^{n-1}(x+3)}{x+3}dx={\int }_0^1{x}^{n-1}dx=\frac{1}{n}$. Apoi $H_0=\ln \frac{4}{3}\approx 0,288$ și, din $\frac{x}{x+3}=1-\frac{3}{x+3}$, $H_1=1-3\ln \frac{4}{3}\approx 0,137$.

16. Pe $[0,1]$ avem $3\le x+3\le 4$, deci $\frac{x^n}{4}\le \frac{x^n}{x+3}\le \frac{x^n}{3}$; integrând se obține încadrarea cerută. Ambele margini tind la $0$, deci $\underset{n\to \infty }{\lim }{H}_n=0$ prin criteriul cleștelui.

17. Cantitatea totală este exact $I_n$. Ea scade de la un pas la altul, pentru că șirul este descrescător, și tinde la $0$. Din $\lim n{I}_n=\frac{1}{2}$ rezultă că $I_n$ se comportă, la $n$ mare, ca $\frac{1}{2n}$: cantitatea se înjumătățește aproximativ când indicele se dublează, deci scăderea este lentă, de tip $\frac{1}{n}$, nu rapidă, de tip geometric.

18. Șirul este descrescător, deci $H_{n-1}\ge H_n$ și $\frac{1}{n}=H_n+3H_{n-1}\ge 4H_n$, de unde $n{H}_n\le \frac{1}{4}$. Marginea de jos din exercițiul $16$ dă $n{H}_n\ge \frac{n}{4(n+1)}$. Ambele margini tind la $\frac{1}{4}$, deci $\underset{n\to \infty }{\lim }n{H}_n=\frac{1}{4}$.

De reținut

• Monotonia unui șir de integrale se demonstrează comparând integranzii pe intervalul de integrare, nu calculând termenii; pe $[0,1]$, familia ${\int }_0^1{x}^{n}g(x)dx$ cu $g\ge 0$ este întotdeauna descrescătoare.
• Încadrarea unui șir de integrale se obține încadrând întâi integrandul între două expresii simple și integrând apoi inegalitățile.
• Teorema lui Weierstrass dă existența limitei unui șir monoton și mărginit, dar nu și valoarea ei; valoarea se obține din încadrare, cu criteriul cleștelui.
• Relația de recurență se găsește fie adunând doi termeni consecutivi astfel încât numitorul să se simplifice, fie integrând prin părți când integrandul conține exponențiale, logaritmi sau funcții trigonometrice.
• Limitele de forma $\lim n{I}_n$ se calculează combinând recurența cu monotonia: monotonia transformă egalitatea din recurență într-o inegalitate care închide cleștele.

Greșeli frecvente

• Se deduce limita din teorema lui Weierstrass. Teorema spune că șirul converge, nu la ce anume. Corect: existența din Weierstrass, valoarea din încadrare și criteriul cleștelui.
• Se compară termenii în loc de integranzi. Din câțiva termeni calculați nu rezultă monotonia întregului șir. Corect: se compară $f_{n+1}(x)$ cu $f_n(x)$ pe tot intervalul și se integrează inegalitatea.
• Se folosește încadrarea de bază pentru $\lim n{I}_n$. Ea dă marginile $\frac{1}{2}$ și $1$, între care cleștele nu se închide. Corect: marginea superioară fină se obține din recurență, folosind monotonia.
• Se scrie recurența fără condiția asupra lui $n$. Relația $I_n+I_{n-1}=\frac{1}{n}$ are sens numai pentru $n\ge 1$; scrisă pentru $n=0$ ar cere $I_{-1}$ și ar împărți la zero. Corect: se precizează întotdeauna intervalul de valabilitate.
• Se uită verificarea pe primii termeni. O recurență greșită se descoperă în zece secunde, punând $n=1$ și $n=2$ și comparând cu valorile calculate direct. Corect: orice relație aflată se verifică pe cel puțin doi termeni.

Aplică acasă

1. Calculează primii cinci termeni ai șirului $I_n={\int }_0^1\frac{x^n}{x+1}dx$ folosind recurența, scrie-i în ordine cu trei zecimale și verifică pentru fiecare încadrarea $\frac{1}{2(n+1)}\le I_n\le \frac{1}{n+1}$. Observă cât de strânsă devine încadrarea când $n$ crește.
2. Repetă întregul studiu — monotonie, încadrare, recurență, limită, apoi $\lim n{I}_n$ — pentru șirul $D_n={\int }_0^1\frac{x^n}{2x+1}dx$. Vei obține o recurență de forma $2D_n+D_{n-1}=\frac{1}{n}$ și o limită a lui $n{D}_n$ pe care merită să o compari cu cele din lecție.
3. Ia familia $E_n={\int }_0^1{x}^n{e}^{x}dx$ și calculează primii șase termeni din recurență, exprimându-i sub forma $a_n+b_{n}e$ cu $a_n$, $b_n$ întregi. Verifică apoi numeric că toți sunt pozitivi — deși coeficienții cresc mult, diferența rămâne mică, ceea ce arată de ce recurența trebuie folosită cu grijă la indici mari.

Pentru părinți și profesori

Lecția verifică dacă elevul poate conduce un raționament în mai mulți pași, în care calculul propriu-zis are un rol mic. Aproape totul este raționament: comparație de funcții, integrarea unei inegalități, invocarea corectă a unei teoreme de existență, apoi a unui criteriu de calcul. Este cea mai „de examen" lecție din unitate.

Întrebări de control: „Cum arăți că șirul e descrescător, fără să calculezi termenii?" (comparând integranzii); „Ce îți dă teorema lui Weierstrass și ce nu îți dă?" (existența limitei, nu valoarea); „De unde vine marginea fină de care ai nevoie la $\lim n{I}_n$?" (din recurență, folosind monotonia).

Semne că a înțeles: scrie de la sine condiția $n\ge 1$ la recurență; verifică orice relație nouă pe doi termeni; nu confundă existența limitei cu valoarea ei; recunoaște, într-un enunț necunoscut, care dintre cele două tehnici de recurență se potrivește.

La BAC, acest tip apare în Subiectul al III-lea, problema a doua, ca problemă completă cu trei subpuncte: primul cere un termen sau două, al doilea recurența sau încadrarea, al treilea limita — de obicei $\lim I_n$ și apoi $\lim n{I}_n$. Punctajul se pierde cel mai des la subpunctul al treilea, din lipsa marginii fine.

Întrebări frecvente

Ce este un șir de integrale?

Este un șir ai cărui termeni sunt integrale definite ale unei familii de funcții care depinde de indice, cel mai adesea de forma $I_n={\int }_a^b{x}^{n}g(x)dx$. Intervalul rămâne același pentru toți termenii, iar indicele apare de obicei ca exponent. Se studiază monotonia, mărginirea și limita, fără a calcula termenii unul câte unul.

Cum se demonstrează că un șir de integrale este descrescător?

Se compară integranzii pe intervalul de integrare, nu valorile termenilor. Dacă $f_{n+1}(x)\le f_n(x)$ pentru orice $x$ din interval, atunci integrala lui $f_{n+1}$ este cel mult egală cu integrala lui $f_n$, prin monotonia integralei definite. Pe intervalul $[0,1]$, inegalitatea $x^{n+1}\le x^n$ este imediată și rezolvă majoritatea cazurilor.

Cum se găsește relația de recurență a unui șir de integrale?

Există două tehnici. Prima este adunarea: se adună doi termeni consecutivi, aleși astfel încât la numărător să apară un factor egal cu numitorul, care se simplifică; rămâne o integrală elementară dintr-o putere. A doua este integrarea prin părți, folosită când integrandul conține exponențiale, logaritmi sau funcții trigonometrice. Relația obținută se verifică întotdeauna pe primii termeni.

De ce nu ajunge teorema lui Weierstrass pentru a afla limita?

Pentru că ea este un rezultat de existență pură: garantează că un șir monoton și mărginit are limită finită, fără să spună care este acea limită. Ea este utilă atunci când vrei doar să știi că limita există, de exemplu înainte de a o determina dintr-o relație de recurență. Valoarea limitei se obține, la șirurile de integrale, din încadrare, cu criteriul cleștelui.

Cum se calculează limita $\underset{n\to \infty }{\lim }n{I}_n$?

Se pornește de la recurență și se folosește monotonia pentru a înlocui un termen cu altul, obținând o inegalitate. De exemplu, din $I_n+I_{n-1}=\frac{1}{n}$ și $I_{n-1}\ge I_n$ rezultă $2I_n\le \frac{1}{n}$, deci $n{I}_n\le \frac{1}{2}$. Împreună cu marginea de jos din încadrare, cleștele se închide și limita iese exact.

De ce încadrarea obișnuită nu ajunge pentru $\lim n{I}_n$?

Pentru că marginile ei, $\frac{1}{2(n+1)}$ și $\frac{1}{n+1}$, înmulțite cu $n$, tind la valori diferite, $\frac{1}{2}$ și $1$. Cleștele cere ca ambele margini să aibă aceeași limită, deci încadrarea de bază este prea largă. Marginea superioară trebuie rafinată, iar rafinarea vine din relația de recurență combinată cu monotonia.

Care sunt familiile de șiruri de integrale care apar cel mai des?

Trei familii acoperă aproape tot: ${\int }_0^1\frac{x^n}{x+a}dx$, cu recurența $I_n+a{I}_{n-1}=\frac{1}{n}$; ${\int }_0^1\frac{x^n}{x^2+1}dx$, cu recurența la distanță doi; și ${\int }_0^1{x}^n{e}^{x}dx$, cu recurența prin părți. La acestea se adaugă integralele din puteri ale sinusului pe sfertul de cerc, tot cu recurență la distanță doi.

Ce condiție trebuie precizată la o relație de recurență?

Intervalul de valori ale lui $n$ pentru care relația are sens. O recurență care leagă $I_n$ de $I_{n-1}$ este valabilă de la $n=1$ în sus, pentru că altfel ar apărea $I_{-1}$, iar în membrul drept ar apărea o împărțire la zero. La recurențele cu pasul doi, condiția este $n\ge 2$. Omiterea acestei precizări se sancționează în barem.