Test: criteriile de existență a limitei, Weierstrass și numărul e

Disciplina: Matematică · Clasa a XI-a · Unitatea: Mulțimea numerelor reale și limite de șiruri

Pentru părinți și profesori

Acest test încheie unitatea de șiruri și verifică saltul conceptual pe care ea îl cere: a demonstra că o limită există nu mai înseamnă a o calcula. Sunt evaluate cinci lucruri. Primul: criteriul majorării și cele patru consecințe ale lui — echivalența dintre $a_n\to 0$ și $|a_n|\to 0$, regula „șir mărginit înmulțit cu șir nul dă șir nul" (cea mai des cerută la Bacalaureat M1) și comparațiile spre $+\infty$ și $-\infty$. Al doilea: criteriul cleștelui, cu ipoteza lui esențială — cele două margini trebuie să aibă aceeași limită — și cu tehnica de încadrare la sumele al căror număr de termeni crește odată cu $n$. Al treilea: teorema lui Weierstrass, cu cele două ipoteze verificate separat. Al patrulea: numărul $e$, definit ca limită a șirului ${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n$, limita fundamentală în ambele forme echivalente și rețeta în cinci pași pentru nedeterminarea $1^{\infty }$. Al cincilea: șirurile recurente și modelarea, unde existența limitei se obține cu Weierstrass, iar valoarea din ecuația punctelor fixe.

O precizare de barem, pentru că este cerință de programă: teorema lui Weierstrass se admite fără demonstrație. Niciun item nu cere demonstrarea ei, iar la corectare nu se așteaptă și nu se punctează o demonstrație a acestei teoreme; ceea ce se cere este verificarea separată a celor două ipoteze, invocarea explicită a teoremei și distincția dintre existența limitei și valoarea ei. Se demonstrează, în schimb — și se cere demonstrat — criteriul cleștelui, prin reducere la criteriul majorării. Inegalitatea lui Bernoulli, ${\left(1+x\right)}^n\ge 1+nx$ pentru $x\ge -1$, se folosește citată, cu trimitere la demonstrația ei prin inducție matematică din clasa a IX-a.

• Punctaj total: 100 de puncte (90 de puncte din itemi + 10 puncte din oficiu).
• Timp recomandat: 60 de minute; orientativ, $14$ minute pentru Partea I, $24$ pentru Partea a II-a și $22$ pentru Partea a III-a. La itemii cu redactare completă se cer toate etapele scrise, nu doar rezultatul final.
• Cum se aplică: elevul lucrează individual, pe foaie, fără calculator. La orice aplicare a unui criteriu se scriu ipotezele verificate, nu doar concluzia. Se depunctează: scrierea inegalității criteriului majorării fără modul, atribuirea unei limite lui $\sin n$, $\cos n$ sau $(-1{)}^n$ în loc de a le declara mărginite, folosirea cleștelui cu o singură inegalitate sau cu margini care au limite diferite, aplicarea regulii sumei limitelor la o sumă cu un număr de termeni care crește, invocarea teoremei lui Weierstrass după verificarea unei singure ipoteze, răspunsul automat „$e$" la orice $1^{\infty }$ fără calculul exponentului și trecerea la limită într-o relație de recurență înainte de a demonstra convergența.
• Interpretare: 90–100 p = foarte bine; 75–89 p = bine; 60–74 p = satisfăcător; sub 60 p = se recomandă reluarea lecțiilor unității, cu accent pe cele două criterii și pe rețeta în cinci pași.
• Formule de reținut: Criteriul majorării: dacă $|a_n-\ell |\le b_n$ de la un rang încolo și $b_n\to 0$, atunci $a_n\to \ell$. Consecința 1: $a_n\to 0⟺|a_n|\to 0$ (numai pentru limita zero). Consecința 2: șir mărginit ori șir nul dă șir nul. Consecințele 3 și 4: dacă $a_n\ge b_n$ de la un rang încolo și $b_n\to +\infty$, atunci $a_n\to +\infty$; dacă $a_n\le c_n$ și $c_n\to -\infty$, atunci $a_n\to -\infty$. Criteriul cleștelui: dacă $b_n\le a_n\le c_n$ de la un rang încolo și $b_n\to \ell$, $c_n\to \ell$ (aceeași limită), atunci $a_n\to \ell$. Rezultate de sprijin: $\sqrt[n]{a}\to 1$ pentru $a>0$; la $\sqrt[n]{a_1^n+\cdots +a_k^n}$ rămâne baza cea mai mare; încadrarea părții întregi, $x-1<[x]\le x$. Teorema lui Weierstrass (se admite fără demonstrație): orice șir monoton și mărginit este convergent; limita unui șir crescător și mărginit superior este $\sup$ al mulțimii termenilor. Completarea: orice șir monoton are limită în $\overline{\mathbb{R}}$, deci un șir monoton este convergent dacă și numai dacă este mărginit. Numărul $e$: $$e=\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n,2\le e_n<3,e\approx 2,718.$$ Limita fundamentală, în cele două forme echivalente: ${\left(1+\frac{1}{y_n}\right)}^{y_n}\to e$ pentru $y_n\to \pm \infty$ și ${\left(1+x_n\right)}^{\frac{1}{x_n}}\to e$ pentru $x_n\to 0$, $x_n\ne 0$. Rețeta în cinci pași pentru $1^{\infty }$: confirmi nedeterminarea; scrii baza ca $1+u_n$; construiești exponentul $\frac{1}{u_n}$; calculezi $c=\lim b_n\left(a_n-1\right)$; răspunzi $e^c$. Recurența afină: $x_{n+1}=q{x}_n+b$ are nivelul de echilibru $x^{\ast }=\frac{b}{1-q}$ și termenul general $x_n=x^{\ast }+\left(x_0-x^{\ast }\right)q^n$.

Notă: în barem, cuvântul „itemul" este folosit ca termen de evaluare; la clasă, în vorbirea curentă, spunem „exercițiul".

Itemi

Partea I – Criteriul majorării și criteriul cleștelui

Itemul 1 (6 puncte)

Alege litera corespunzătoare răspunsului corect (câte 2 puncte):

a) Dacă $\left(x_n\right)$ este un șir mărginit și $y_n\to 0$, atunci $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n{y}_n$ este: A. inexistentă; B. $0$; C. $1$; D. depinde de mărginirea lui $\left(x_n\right)$.

b) $\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{9}$ este egală cu: A. $9$; B. $3$; C. $1$; D. $0$.

c) Despre șirul cu termenul general $n+2\cos n$ se poate afirma că: A. este convergent; B. are limita $+\infty$, dar nu este convergent; C. nu are limită; D. este mărginit.

Itemul 2 (6 puncte)

Calculează, scriind de fiecare dată majorantul folosit (câte 1,5 puncte): a) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\cos (3n)}{n+4}$; b) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(-1{)}^n\cdot 5}{\sqrt{n}}$; c) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{4n^2+\cos n}{2n^2+1}$; d) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n\sin \left(n^2\right)}{n^2+3}$.

Itemul 3 (6 puncte)

Stabilește dacă fiecare afirmație este adevărată (A) sau falsă (F) și justifică pe scurt (câte 1,5 puncte): a) „Dacă $|a_n|\to 2$, atunci $a_n\to 2$." b) „Dacă $b_n\le a_n\le c_n$ pentru orice $n$, $b_n\to 3$ și $c_n\to 5$, atunci șirul $\left(a_n\right)$ este convergent." c) „Orice șir monoton și mărginit este convergent, iar teorema care afirmă acest lucru se admite fără demonstrație." d) „Un șir crescător și nemărginit superior nu are limită."

Itemul 4 (6 puncte)

a) Se consideră $a_n=\frac{2\cdot 1}{n^2+3\cdot 1}+\frac{2\cdot 2}{n^2+3\cdot 2}+\cdots +\frac{2n}{n^2+3n}$. Scrie ambele margini ale cleștelui și determină $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n$. (3 p) b) Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{2^n+9^n+4^n}$, justificând ambele inegalități. (3 p)

Partea a II-a – Weierstrass, numărul e și șiruri recurente

Itemul 5 (8 puncte)

Calculează, precizând de fiecare dată exponentul $c=\lim b_n\left(a_n-1\right)$ (câte 2 puncte): a) $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{5}{n}\right)}^n$; b) $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{n+6}{n+2}\right)}^n$; c) $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{3n-1}{3n+2}\right)}^n$; d) $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{3}{n^2}\right)}^{2n}$.

Itemul 6 (7 puncte)

Se consideră șirul ${\left(a_n\right)}_{n\ge 1}$, $a_n=\frac{5n-2}{n+3}$. a) Arată că șirul este strict crescător, studiind semnul diferenței $a_{n+1}-a_n$. (3 p) b) Arată că $a_n<5$ pentru orice $n\ge 1$. (2 p) c) Deduce că șirul este convergent și precizează ce garantează teorema folosită și ce nu garantează. (2 p)

Itemul 7 (7 puncte)

Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{n^2+5n+2}{n^2+2n+7}\right)}^n$, scriind explicit toți cei cinci pași ai rețetei pentru nedeterminarea $1^{\infty }$.

Itemul 8 (6 puncte)

a) Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left[(2n+1)\sqrt{2}\right]}{n}$, unde $[x]$ este partea întreagă a lui $x$. (3 p) b) Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{5^n+n}$. (3 p)

Itemul 9 (6 puncte)

a) Arată că $\underset{n\to \infty }{\lim }\left(2n-5\sqrt{n}\right)=+\infty$, folosind comparația cu șirul $(n)$; precizează de la ce rang este valabilă inegalitatea. (3 p) b) Arată că $\underset{n\to \infty }{\lim }\left(-3n+7\sin n\right)=-\infty$ și spune dacă șirul este convergent. (3 p)

Partea a III-a – Demonstrații, modelare și itemi de tip examen

Itemul 10 (8 puncte)

(Redactare completă cerută.) a) Demonstrează criteriul cleștelui, pornind de la criteriul majorării: dacă $b_n\le a_n\le c_n$ pentru orice $n\ge n_0$ și $\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{c}_n=\ell \in \mathbb{R}$, atunci $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\ell$. (5 p) b) Folosind inegalitatea lui Bernoulli, arată că $1\le \sqrt[n]{6}\le 1+\frac{5}{n}$ pentru orice $n\ge 1$ și deduce $\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{6}$. (3 p)

Itemul 11 (8 puncte)

Se consideră șirul definit prin $a_1=2$ și $a_{n+1}=\frac{a_n^2+5}{6}$ pentru $n\ge 1$. a) Arată prin inducție matematică că $1<a_n\le 2$ pentru orice $n\ge 1$. (3 p) b) Arată că șirul este strict descrescător. (2 p) c) Arată că șirul este convergent și calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n$, justificând alegerea rădăcinii. (3 p)

Itemul 12 (8 puncte)

Într-un iaz se deversează, în fiecare an, $1050$ kg de nutrienți, iar din cantitatea aflată deja în apă se elimină natural $30\%$ pe an. Notăm cu $x_n$ cantitatea de nutrienți din iaz, în kilograme, la sfârșitul anului $n$; în momentul începerii monitorizării, adică pentru $n=0$, iazul este curat, deci $x_0=0$. a) Scrie relația de recurență și calculează $x_1$, $x_2$ și $x_3$. (2 p) b) Determină nivelul de echilibru $x^{\ast }$ și termenul general $x_n$. (3 p) c) Arată că șirul este strict crescător și mărginit superior de $x^{\ast }$, deduce că este convergent și interpretează limita în context. (3 p)

Itemul 13 (8 puncte)

(Item tip Bacalaureat M1.) Se consideră șirul ${\left(a_n\right)}_{n\ge 1}$, $a_n={\left(\frac{2n^2+7n+1}{2n^2+3n+5}\right)}^n$. a) Arătați că $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2n^2+7n+1}{2n^2+3n+5}=1$. (2 p) b) Determinați $\underset{n\to \infty }{\lim }n\left(\frac{2n^2+7n+1}{2n^2+3n+5}-1\right)$. (3 p) c) Calculați $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n$. (3 p)

Barem și răspunsuri

Punctaj total: 90 p din itemi + 10 p din oficiu = 100 p.

Itemul 1. (6 p) — câte 2 puncte.

a) B. Este Consecința 2 a criteriului majorării: din $|x_n|\le M$ rezultă $|x_n{y}_n|\le M|y_n|\to 0$. Varianta D confundă ipoteza cu concluzia: mărginirea lui $\left(x_n\right)$ este exact ceea ce face rezultatul independent de $\left(x_n\right)$.

b) C. Pentru orice $a>0$ avem $\sqrt[n]{a}\to 1$. Varianta B calculează $\sqrt{9}$, adică fixează ordinul radicalului la $2$ în loc să-l lase să crească.

c) B. Din $\cos n\ge -1$ rezultă $n+2\cos n\ge n-2$, iar $(n-2)\to +\infty$; prin Consecința 3, limita este $+\infty$. Limita există în $\overline{\mathbb{R}}$, dar șirul nu este convergent, pentru că limita lui nu este finită. (Despre $\left(\cos n\right)$ nu se spune că are o limită, ci că este mărginit.)

Itemul 2. (6 p) — câte 1,5 puncte (0,5 p majorantul, 1 p concluzia).

a) $\left|\frac{\cos (3n)}{n+4}\right|=\frac{|\cos (3n)|}{n+4}\le \frac{1}{n}\to 0$, deci limita este $0$. (Se putea și prin Consecința 2: $\left(\cos (3n)\right)$ este mărginit, $\left(\frac{1}{n+4}\right)$ este nul.)

b) $\left|\frac{(-1{)}^n\cdot 5}{\sqrt{n}}\right|=\frac{5}{\sqrt{n}}\to 0$, deci limita este $0$. Șirul $\left((-1{)}^n\right)$ nu are limită, dar este mărginit — exact ipoteza de care avem nevoie.

c) Bănuim $\ell =2$, din partea dominantă $\frac{4n^2}{2n^2}$. Aducem diferența la o fracție: $$a_n-2=\frac{4n^2+\cos n-2\left(2n^2+1\right)}{2n^2+1}=\frac{\cos n-2}{2n^2+1}.$$ Cum $|\cos n-2|\le 3$ și $2n^2+1>n^2$, avem $|a_n-2|\le \frac{3}{n^2}\to 0$, deci limita este $2$.

d) Șirul $\left(\sin \left(n^2\right)\right)$ este mărginit, iar $\frac{n}{n^2+3}\to 0$; prin Consecința 2, limita este $0$. Scris cu majorant: $|a_n|\le \frac{n}{n^2+3}\le \frac{1}{n}\to 0$.

Itemul 3. (6 p) — câte 1,5 puncte (0,5 p răspunsul, 1 p justificarea).

a) F. Consecința 1 este valabilă numai pentru limita $0$. Contraexemplu: $a_n=2\cdot (-1{)}^n$ are $|a_n|=2$ pentru orice $n$, deci $|a_n|\to 2$, în timp ce $\left(a_n\right)$ nu are limită. Modulul șterge semnul, iar tocmai semnul este cel care oscilează.

b) F. Cleștele cere ca cele două margini să aibă aceeași limită. Contraexemplu: $b_n=3$, $c_n=5$ și $a_n=4+(-1{)}^n$, care ia alternativ valorile $3$ și $5$, respectă încadrarea și nu are limită. Cu margini diferite, despre $\left(a_n\right)$ nu se poate spune nimic.

c) A. Este teorema lui Weierstrass. Programa de matematică-informatică cere ca ea să fie dată fără demonstrație, deci nici baremul nu cere demonstrarea ei; ce se cere este verificarea separată a celor două ipoteze și invocarea explicită a teoremei.

d) F. Un șir crescător și nemărginit superior are limită, anume $+\infty$ — este completarea teoremei lui Weierstrass. El nu este convergent, pentru că limita lui nu este finită, dar „nu are limită" este o formulare greșită; ea se rezervă șirurilor de tipul $\left((-1{)}^n\right)$. Exemplu: $\left(\sqrt{n}\right)$.

Itemul 4. (6 p)

a) (3 p) Indicele care variază este $k$, cu $1\le k\le n$, iar el apare și la numărător, deci nu putem compara termenii între ei; încadrăm numai numitorul (0,5 p). Din $n^2+3\le n^2+3k\le n^2+3n$ rezultă $$\frac{2k}{n^2+3n}\le \frac{2k}{n^2+3k}\le \frac{2k}{n^2+3}$$ (1 p). Adunând cele $n$ inegalități și folosind $2\left(1+2+\cdots +n\right)=n(n+1)$: $$\frac{n(n+1)}{n^2+3n}\le a_n\le \frac{n(n+1)}{n^2+3}$$ (1 p). Ambele margini sunt rapoarte de polinoame de gradul al doilea cu coeficienți dominanți egali, deci tind la $1$; prin criteriul cleștelui, $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=1$ (0,5 p). Control numeric: pentru $n=400$, marginile sunt $0,99504$ și $1,00248$, iar suma valorează $0,99751$ ✓

b) (3 p) Baza cea mai mare este $9$. Minorăm păstrând doar termenul dominant și majorăm înlocuind toți cei trei termeni cu cel mai mare (1 p): $$\sqrt[n]{9^n}\le \sqrt[n]{2^n+9^n+4^n}\le \sqrt[n]{3\cdot 9^n},\text{adica˘}9\le a_n\le 9\sqrt[n]{3}$$ (1 p). Cum $\sqrt[n]{3}\to 1$, ambele margini tind la $9$, deci limita este $9$ (1 p). Pe scurt: la radical de ordin $n$ rămâne baza cea mai mare.

Itemul 5. (8 p) — câte 2 puncte (0,5 p scrierea bazei ca $1+u_n$, 1 p exponentul $c$, 0,5 p răspunsul).

a) $u_n=\frac{5}{n}\to 0$, $u_n\ne 0$, iar $c=\underset{n\to \infty }{\lim }n\cdot \frac{5}{n}=5$. Scriem $${\left(1+\frac{5}{n}\right)}^n={\left[{\left(1+\frac{5}{n}\right)}^{\frac{n}{5}}\right]}^5⟶e^5\approx 148,413.$$

b) Împărțire cu rest: $\frac{n+6}{n+2}=\frac{(n+2)+4}{n+2}=1+\frac{4}{n+2}$, deci $u_n=\frac{4}{n+2}$ și $c=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{4n}{n+2}=4$. Limita este $e^4\approx 54,598$.

c) $\frac{3n-1}{3n+2}=\frac{(3n+2)-3}{3n+2}=1-\frac{3}{3n+2}$, deci $u_n=-\frac{3}{3n+2}$ (negativ, dar tot cu limita $0$ și nenul) și $c=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{-3n}{3n+2}=-1$. Limita este $e^{-1}=\frac{1}{e}\approx 0,368$.

d) $u_n=\frac{3}{n^2}$, iar exponentul este $2n$, deci $c=\underset{n\to \infty }{\lim }2n\cdot \frac{3}{n^2}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{6}{n}=0$. Limita este $e^0=1$. Exemplul arată că nu orice nedeterminare $1^{\infty }$ dă $e$: aici baza se apropie de $1$ mult mai repede decât crește exponentul.

Itemul 6. (7 p)

a) (3 p) Calculăm diferența a doi termeni consecutivi (1 p): $$a_{n+1}-a_n=\frac{5n+3}{n+4}-\frac{5n-2}{n+3}=\frac{(5n+3)(n+3)-(5n-2)(n+4)}{(n+3)(n+4)}$$ (1 p). Numărătorul este $\left(5n^2+18n+9\right)-\left(5n^2+18n-8\right)=17$, deci $$a_{n+1}-a_n=\frac{17}{(n+3)(n+4)}>0$$ pentru orice $n\ge 1$: șirul este strict crescător (1 p).

b) (2 p) Rescriem termenul general prin împărțire cu rest (1 p): $$a_n=\frac{5n-2}{n+3}=\frac{5(n+3)-17}{n+3}=5-\frac{17}{n+3}.$$ Cum $\frac{17}{n+3}>0$ pentru orice $n\ge 1$, rezultă $a_n<5$: șirul este mărginit superior de $5$ (1 p). (Marginea inferioară e gratuită: fiind crescător, $a_n\ge a_1=\frac{3}{4}$.)

c) (2 p) Șirul este monoton (crescător, de la a) și mărginit (superior de $5$, de la b), deci, prin teorema lui Weierstrass — admisă fără demonstrație —, este convergent (1 p). Teorema garantează existența limitei, nu valoarea ei; ea spune doar că limita este $\sup$ al mulțimii termenilor. Valoarea se află separat, prin altă metodă: aici, din $a_n=5-\frac{17}{n+3}$ se citește imediat $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=5$ (1 p).

Itemul 7. (7 p)

Pasul 1 — confirm nedeterminarea. Baza este un raport de polinoame de gradul al doilea cu coeficienți dominanți egali, deci tinde la $1$; exponentul $n$ tinde la $+\infty$. Suntem în cazul $1^{\infty }$ și nu avem voie să trecem la limită doar în bază (1 p).

Pasul 2 — scriu baza ca $1+u_n$. (1 p) $$u_n=\frac{n^2+5n+2}{n^2+2n+7}-1=\frac{\left(n^2+5n+2\right)-\left(n^2+2n+7\right)}{n^2+2n+7}=\frac{3n-5}{n^2+2n+7}.$$ Prin construcție $u_n\to 0$, iar $u_n\ne 0$ pentru orice $n\ge 1$, pentru că $3n-5=0$ nu are soluție naturală (1 p).

Pasul 3 — construiesc exponentul $\frac{1}{u_n}$, înmulțind și împărțind exponentul cu $u_n$ (1 p): $${\left(1+u_n\right)}^n={\left[{\left(1+u_n\right)}^{\frac{1}{u_n}}\right]}^{n{u}_n}.$$

Pasul 4 — calculez $c=\underset{n\to \infty }{\lim }n{u}_n$, o limită de tip raport de polinoame de grade egale (1,5 p): $$c=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n(3n-5)}{n^2+2n+7}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{3n^2-5n}{n^2+2n+7}=3.$$

Pasul 5 — citesc răspunsul. Paranteza dreaptă tinde la $e$, prin limita fundamentală în forma ${\left(1+x_n\right)}^{\frac{1}{x_n}}$ cu $x_n=u_n\to 0$, $x_n\ne 0$; exponentul tinde la $3$, finit. Prin urmare $$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{n^2+5n+2}{n^2+2n+7}\right)}^n=e^3\approx 20,086$$ (1,5 p). Control numeric: pentru $n=10^6$ expresia valorează $\approx 20,08523$, iar $e^3=20,08554\dots$ ✓

Itemul 8. (6 p)

a) (3 p) Pornim de la încadrarea părții întregi, $x-1<[x]\le x$, valabilă pentru orice $x$ real; luăm $x=(2n+1)\sqrt{2}$ (1 p): $$(2n+1)\sqrt{2}-1<\left[(2n+1)\sqrt{2}\right]\le (2n+1)\sqrt{2}.$$ Împărțind la $n>0$, sensul inegalităților se păstrează (1 p): $$2\sqrt{2}+\frac{\sqrt{2}-1}{n}<\frac{\left[(2n+1)\sqrt{2}\right]}{n}\le 2\sqrt{2}+\frac{\sqrt{2}}{n}.$$ Ambele margini tind la $2\sqrt{2}$, deci, prin criteriul cleștelui, limita este $2\sqrt{2}\approx 2,828$ (1 p).

b) (3 p) Marginea de jos: $5^n\le 5^n+n$, deci $5\le \sqrt[n]{5^n+n}$ (1 p). Marginea de sus: din inegalitatea lui Bernoulli, $5^n=(1+4{)}^n\ge 1+4n>n$ pentru orice $n\ge 1$, deci $5^n+n\le 2\cdot 5^n$ și $\sqrt[n]{5^n+n}\le 5\sqrt[n]{2}$ (1 p). Cum $\sqrt[n]{2}\to 1$, ambele margini tind la $5$, deci limita este $5$ (1 p).

Itemul 9. (6 p)

a) (3 p) Pentru $n\ge 25$ avem $\sqrt{n}\ge 5$, deci $5\sqrt{n}\le \sqrt{n}\cdot \sqrt{n}=n$ (1,5 p), de unde $$2n-5\sqrt{n}\ge 2n-n=n\text{pentru orice }n\ge 25.$$ Cum $(n)\to +\infty$, prin Consecința 3 (comparație spre $+\infty$) rezultă $\underset{n\to \infty }{\lim }\left(2n-5\sqrt{n}\right)=+\infty$ (1 p). Faptul că inegalitatea se sparge la primele valori — pentru $n=4$, de pildă, membrul stâng este negativ — nu deranjează: criteriul cere ca ea să fie valabilă de la un rang încolo, iar termenii dinaintea rangului $25$ sunt în număr finit (0,5 p).

b) (3 p) Termenul $7\sin n$ nu are limită, deci regula sumei limitelor nu se poate aplica; în schimb $\left(\sin n\right)$ este mărginit (0,5 p). Din $\sin n\le 1$ rezultă $$-3n+7\sin n\le -3n+7\text{pentru orice }n\ge 1$$ (1 p), iar $(-3n+7)\to -\infty$; prin Consecința 4, limita este $-\infty$ (1 p). Șirul are limită în $\overline{\mathbb{R}}$, dar nu este convergent, pentru că limita lui nu este finită (0,5 p).

Itemul 10. (8 p) — redactare completă.

a) (5 p) Scăderea lui $\ell$. Din $b_n\le a_n\le c_n$, valabilă pentru $n\ge n_0$, scădem $\ell$ în toți cei trei membri (1 p): $$b_n-\ell \le a_n-\ell \le c_n-\ell .$$

Majorarea distanței. Din inegalitatea din dreapta obținem $a_n-\ell \le c_n-\ell \le |c_n-\ell |$; din cea din stânga, $-\left(a_n-\ell \right)\le -\left(b_n-\ell \right)\le |b_n-\ell |$ (1,5 p). Cum modulul unui număr este cel mai mare dintre el și opusul lui, rezultă $$|a_n-\ell |\le |b_n-\ell |+|c_n-\ell |\text{pentru orice }n\ge n_0$$ (1 p).

Aplicarea criteriului majorării. Notăm $d_n=|b_n-\ell |+|c_n-\ell |$. Din $b_n\to \ell$ și $c_n\to \ell$ avem $|b_n-\ell |\to 0$ și $|c_n-\ell |\to 0$ (Consecința 1), deci $d_n\to 0$, ca sumă a două șiruri nule (1 p). Cum $|a_n-\ell |\le d_n$ de la rangul $n_0$ încolo și $d_n\to 0$, criteriul majorării dă $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\ell$ (0,5 p). $■$ (Observație de barem: cleștele nu este un rezultat independent, ci se reduce la criteriul majorării; el merită totuși un enunț separat, pentru că la sume și la radicali cele două margini se scriu imediat, în timp ce un majorant al distanței ar trebui construit cu efort.)

b) (3 p) Notăm $x_n=\sqrt[n]{6}-1$. Cum $6>1$, avem $\sqrt[n]{6}>1$, deci $x_n>0$ și, în particular, $x_n\ge -1$ (0,5 p). Ridicăm la puterea $n$ și folosim inegalitatea lui Bernoulli, ${\left(1+x\right)}^n\ge 1+nx$ pentru $x\ge -1$, demonstrată prin inducție matematică în clasa a IX-a (1 p): $$6={\left(1+x_n\right)}^n\ge 1+n{x}_n⟹x_n\le \frac{5}{n}.$$ Prin urmare $$1\le \sqrt[n]{6}\le 1+\frac{5}{n}\text{pentru orice }n\ge 1$$ (1 p). Ambele margini tind la $1$, deci, prin criteriul cleștelui, $\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{6}=1$ (0,5 p).

Itemul 11. (8 p)

a) (3 p) Verificarea. Pentru $n=1$: $1<a_1=2\le 2$ ✓ (0,5 p). Pasul de inducție. Presupunem $1<a_n\le 2$. Atunci $1<a_n^2\le 4$, deci $6<a_n^2+5\le 9$ și, împărțind la $6$, $$1<a_{n+1}\le \frac{3}{2}\le 2$$ (2 p). Inegalitatea se transmite, deci, prin inducție matematică, $1<a_n\le 2$ pentru orice $n\ge 1$ (0,5 p).

b) (2 p) Calculăm diferența și o descompunem în factori (1 p): $$a_{n+1}-a_n=\frac{a_n^2+5-6a_n}{6}=\frac{\left(a_n-1\right)\left(a_n-5\right)}{6}.$$ Din a) avem $a_n-1>0$ și $a_n-5<0$, deci produsul este negativ: $a_{n+1}<a_n$ pentru orice $n\ge 1$, adică șirul este strict descrescător (1 p).

c) (3 p) Șirul este strict descrescător și mărginit inferior de $1$, deci, prin teorema lui Weierstrass (admisă fără demonstrație), este convergent; notăm $\ell =\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n$ (1 p). Șirul $\left(a_{n+1}\right)$ are aceeași limită $\ell$, iar membrul drept tinde la $\frac{{\ell }^2+5}{6}$, prin operațiile cu șiruri convergente; trecând la limită în relația de recurență obținem $$\ell =\frac{{\ell }^2+5}{6},\text{adica˘}{\ell }^2-6\ell +5=0,$$ cu rădăcinile $\ell =1$ și $\ell =5$ (1 p). Alegerea rădăcinii. Șirul fiind descrescător, $a_n\le a_1=2$ pentru orice $n$, deci, prin trecerea la limită în inegalități, $\ell \le 2<5$. Rămâne $\ell =1$ (1 p). Verificare numerică: $a_1=2$, $a_2=\frac{3}{2}$, $a_3=\frac{29}{24}\approx 1,208$, $a_4=\frac{3721}{3456}\approx 1,077$ ✓

Itemul 12. (8 p)

a) (2 p) Notăm cu $x_n$ cantitatea de nutrienți din iaz, în kilograme, la sfârșitul anului $n$, indicele $0$ desemnând momentul inițial. Din cantitatea existentă se elimină $30\%$, deci rămâne factorul $1-0,3=0,7$, iar aportul anual este constant (0,5 p): $$x_{n+1}=0,7x_n+1050,x_0=0.$$ Valorile: $x_1=1050$; $x_2=0,7\cdot 1050+1050=1785$; $x_3=0,7\cdot 1785+1050=2299,5$ kg (1,5 p).

b) (3 p) Este o recurență afină, cu $q=0,7$ și $b=1050$. Nivelul de echilibru este punctul fix (1 p): $$x^{\ast }=\frac{b}{1-q}=\frac{1050}{0,3}=3500\text{kg}.$$ Scăzând relația $x^{\ast }=0,7x^{\ast }+1050$ din recurență obținem $x_{n+1}-x^{\ast }=0,7\left(x_n-x^{\ast }\right)$, deci șirul diferențelor este o progresie geometrică de rație $0,7$ (1 p), de unde $$x_n=x^{\ast }+\left(x_0-x^{\ast }\right)0,7^n=3500\left(1-0,7^n\right)$$ (1 p). Verificare: $3500\cdot 0,3=1050$ ✓, $3500\cdot 0,51=1785$ ✓, $3500\cdot 0,657=2299,5$ ✓

c) (3 p) Monotonia: $x_{n+1}-x_n=1050-0,3x_n=0,3\left(3500-x_n\right)>0$ cât timp $x_n<3500$ (1 p). Mărginirea: prin inducție, $x_0=0<3500$, iar dacă $x_n<3500$, atunci $x_{n+1}=0,7x_n+1050<0,7\cdot 3500+1050=3500$ (1 p). Concluzia și interpretarea: fiind monoton și mărginit, șirul este convergent (teorema lui Weierstrass), iar din termenul general, cu $0,7^n\to 0$, limita este $3500$ kg. În context: cantitatea de nutrienți se stabilizează la nivelul de echilibru de $3500$ kg, la care aportul anual compensează exact eliminarea naturală. Limita nu este atinsă la niciun an — formularea corectă este că valoarea se apropie oricât de mult de $3500$ kg, nu că „ajunge la $3500$ kg" (1 p). (Pentru comparație, $x_5=3500\left(1-0,16807\right)=2911,755$ kg.)

Itemul 13. (8 p)

a) (2 p) Raport de polinoame de grade egale ($p=q=2$), deci limita este raportul coeficienților dominanți (1 p): $$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2n^2+7n+1}{2n^2+3n+5}=\frac{2}{2}=1.$$ Formal, se dă factor forțat $n^2$ la numărător și la numitor (1 p).

b) (3 p) Calculăm întâi diferența față de $1$ (1 p): $$\frac{2n^2+7n+1}{2n^2+3n+5}-1=\frac{\left(2n^2+7n+1\right)-\left(2n^2+3n+5\right)}{2n^2+3n+5}=\frac{4n-4}{2n^2+3n+5}$$ (1 p). Înmulțind cu $n$ obținem un raport de polinoame de gradul al doilea: $$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{4n^2-4n}{2n^2+3n+5}=\frac{4}{2}=2$$ (1 p).

c) (3 p) Din a) baza tinde la $1$, iar exponentul $n$ la $+\infty$: suntem în cazul $1^{\infty }$ (0,5 p). Notăm $u_n=\frac{4n-4}{2n^2+3n+5}$; avem $u_n\to 0$ și $u_n\ne 0$ pentru orice $n\ge 2$, iar eliminarea primului termen nu schimbă limita (1 p). Scriem $$a_n={\left(1+u_n\right)}^n={\left[{\left(1+u_n\right)}^{\frac{1}{u_n}}\right]}^{n{u}_n}$$ (0,5 p). Paranteza dreaptă tinde la $e$ (limita fundamentală, forma cu $x_n\to 0$), iar exponentul $n{u}_n$ tinde la $2$, calculat la b). Prin urmare $$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=e^2\approx 7,389$$ (1 p). Control numeric: pentru $n=10^6$ expresia valorează $\approx 7,38900$, iar $e^2=7,38906\dots$ ✓