Test: cazuri de nedeterminare la limite de șiruri

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

Pentru părinți și profesori

Acest test verifică motorul de calcul al întregului capitol de limite de șiruri: prelucrarea expresiei până când tabelul operațiilor în $\overline{\mathbb{R}}$ devine aplicabil. Sunt evaluate patru lucruri. Primul: recunoașterea tipului. Cele șapte cazuri de nedeterminare nu sunt rezultate, ci situații în care rezultatul nu se poate decide fără o prelucrare; primul rând al oricărei rezolvări corecte spune care dintre ele apare, iar baremele de examen punctează separat acest pas. Al doilea: teorema raportului a două polinoame, cu discuția completă pe cele trei cazuri de grade și, la gradul mai mare sus, cu semnul dat de raportul coeficienților dominanți. Al treilea: cele patru tehnici — factorul forțat cu termenul dominant, împărțirea la puterea dominantă a numitorului, amplificarea cu conjugata (de ordinul al doilea și de ordinul al treilea) și aducerea la același numitor. Al patrulea: puterile cu exponent care crește, unde primul gest este calculul limitei bazei; în trei cazuri din patru răspunsul se citește dintr-un rând de tabel, iar al patrulea este cazul $1^{\infty }$.

Testul se oprește exact acolo unde se oprește materia predată până aici. Cazul $1^{\infty }$ se cere numai recunoscut, cu justificare prin cele două limite calculate separat — rezolvarea lui vine odată cu numărul $e$, în lecțiile următoare. Din același motiv, nicio cerință nu folosește criteriul majorării, criteriul cleștelui sau teorema lui Weierstrass, iar limitele de tipul $\frac{n^5}{2^n}$, care compară o putere cu o exponențială, nu apar: ele cer un criteriu care încă nu a fost demonstrat.

Ideea de fond, pe care elevul trebuie să o poată formula singur, este că orice nedeterminare este o competiție de viteze, iar prelucrarea algebrică nu face altceva decât să pună cele două viteze în același raport, unde pot fi comparate. De aceea structura corectă a unei rezolvări are trei rânduri, în ordinea aceasta: tipul nedeterminării, tehnica aleasă și abia apoi calculul, cu trecerea la limită făcută o singură dată, la final, pe expresia complet rescrisă. Întrebări bune de control, de pus înainte de test: „De ce se împarte la puterea dominantă a numitorului, și nu a numărătorului?", „Cu ce amplifici o diferență de radicali de ordinul al treilea și de ce nu merge conjugata obișnuită?", „Care sunt cele două condiții ca o putere să fie caz $1^{\infty }$?". Semne că elevul stăpânește materia: nu mai calculează limite polinomiale termen cu termen, ci se uită direct la gradul maxim; nu amplifică reflex cu conjugata la orice radical, ci doar când diferența este nedeterminată; și scrie limita bazei înaintea oricărei puteri cu exponent variabil.

• Punctaj total: 100 de puncte (90 de puncte din itemi + 10 puncte din oficiu).
• Timp recomandat: 60 de minute; orientativ, $13$ minute pentru Partea I, $25$ 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. Fiecare rezolvare începe cu precizarea tipului de nedeterminare și continuă cu tehnica aleasă. Se depunctează: trecerea la limită pe bucăți într-o expresie nedeterminată, împărțirea la puterea dominantă a numărătorului în loc de a numitorului, scrierea $5^{n+1}=5^n+5$, amplificarea cu conjugata fără a spune de ce expresia este nenulă, anunțul unei limite infinite fără semn și declararea cazului $1^{\infty }$ fără calculul limitei bazei.
• 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 teorema raportului a două polinoame și pe amplificarea cu conjugata.
• Formule de reținut: lista canonică a celor șapte cazuri de nedeterminare, în ordinea ei fixă, este $$\frac{0}{0},\frac{\infty }{\infty },\infty -\infty ,0\cdot \infty ,1^{\infty },{\infty }^0,0^0.$$ Raportul a două polinoame: cu $P(n)=a_p{n}^p+\dots$ și $Q(n)=b_q{n}^q+\dots$, $a_p\ne 0$, $b_q\ne 0$, limita este $\frac{a_p}{b_q}$ pentru $p=q$; este $0$ pentru $p<q$; este infinită pentru $p>q$, cu semnul lui $\frac{a_p}{b_q}$. Conjugata de ordinul al doilea: $\left(\sqrt{A}-\sqrt{B}\right)\left(\sqrt{A}+\sqrt{B}\right)=A-B$; conjugata de ordinul al treilea: $\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)=a^3-b^3$. Sub radical se scoate factor forțat: $\sqrt{\alpha n^2+\beta n}=n\sqrt{\alpha +\frac{\beta }{n}}$ pentru $n\ge 1$, unde $|n|=n$. Tabelul bazei la puteri cu exponent $b_n\to +\infty$: dacă baza tinde la $a>1$, limita este $+\infty$; dacă tinde la $a\in (0,1)$, limita este $0$; dacă tinde la $1$, avem cazul de nedeterminare $1^{\infty }$. Convenție de limbaj: un șir cu limita $\pm \infty$ are limită în $\overline{\mathbb{R}}$, dar nu este convergent; „nu are limită" se spune numai când limita chiar nu există.

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

Itemi

Partea I – Recunoașterea tipului și tehnicile de bază

Itemul 1 (6 puncte)

Alege litera corespunzătoare răspunsului corect (câte 2 puncte):

a) Dintre scrierile de mai jos, nu este caz de nedeterminare: A. $\infty -\infty$; B. $0\cdot \infty$; C. $\frac{a}{+\infty }$, cu $a\in \mathbb{R}$; D. $\frac{0}{0}$.

b) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{7n^3-n}{2-3n^3}$ este egală cu: A. $\frac{7}{3}$; B. $-\frac{7}{3}$; C. $+\infty$; D. $0$.

c) $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{5n+2}{n+7}\right)}^n$ este egală cu: A. $1$; B. $5$; C. $+\infty$; D. $0$.

Itemul 2 (6 puncte)

Calculează, precizând de fiecare dată cazul de nedeterminare și comparația gradelor (câte 1,5 puncte): a) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{6n^2-n+4}{4n^2+9}$; b) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{5n+8}{2n^3-n}$; c) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{9n^3+2}{7n^2-n}$; d) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2-5n^4}{3n^4+n^2}$.

Itemul 3 (6 puncte)

Stabilește dacă fiecare afirmație este adevărată (A) sau falsă (F) și justifică pe scurt (câte 1,5 puncte): a) „Dacă $a_n\to +\infty$ și $b_n\to +\infty$, atunci $a_n-b_n\to 0$." b) „Șirul cu termenul general $4n-n^3$ are limită, dar nu este convergent." c) „Expresia ${\left(1+\frac{5}{n}\right)}^7$ este un caz de nedeterminare $1^{\infty }$." d) „La $\sqrt{n^2+7n}-n$ amplificarea cu conjugata este permisă, pentru că $\sqrt{n^2+7n}+n>0$ pentru orice $n\ge 1$."

Itemul 4 (6 puncte)

a) Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\sqrt{9n^2+12n}-3n\right)$, scriind și motivul pentru care amplificarea este legitimă. (3 p) b) Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{2n^2}{n+4}-\frac{2n^2}{n+7}\right)$. (3 p)

Partea a II-a – Radicali, exponențiale, produse și rapoarte nule

Itemul 5 (8 puncte)

Calculează (câte 2 puncte): a) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt{25n^2+3n}}{5n+2}$; b) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt{n^2+1}+3n}{4n-5}$; c) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2n+\sqrt{n}}{\sqrt{n}+3}$; d) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n+2}{\sqrt{36n^2+5n}}$.

Itemul 6 (7 puncte)

a) Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{3^{n+2}+4}{3^n+2^n}$, scriind explicit descompunerea exponențialei din numărător. (4 p) b) Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{7^n+2\cdot 3^n}{3\cdot 7^n+5^n}$. (3 p)

Itemul 7 (7 puncte)

a) Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\left(2n^2-1\right)\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+5}\right)$. (4 p) b) Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\left(3n+1\right)\left(\sqrt{n^2+2}-n\right)$. (3 p)

Itemul 8 (6 puncte)

a) Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{5}{n}-\frac{2}{n^2}}{\frac{3}{n}+\frac{7}{n^2}}$, forțând factor puterea potrivită a lui $\frac{1}{n}$. (3 p) b) Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{2}{n^2}-\frac{1}{n^3}}{\frac{6}{n^3}+\frac{4}{n^2}}$, amplificând cu $n^3$, și precizează în ce tip s-a transformat nedeterminarea. (3 p)

Itemul 9 (6 puncte)

Pentru fiecare șir, calculează întâi limita bazei și abia apoi trage concluzia (câte 2 puncte): a) $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{6n+7}{2n+3}\right)}^n$; b) $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{2n+1}{7n+3}\right)}^n$; c) ${\left(\frac{3n+5}{3n+2}\right)}^n$ — precizează tipul expresiei, cu justificare prin cele două limite; nu se cere valoarea limitei.

Partea a III-a – Redactare completă și itemi de tip examen

Itemul 10 (8 puncte)

(Redactare completă cerută.) a) Fie $P(n)=a_p{n}^p+a_{p-1}{n}^{p-1}+\cdots +a_0$ și $Q(n)=b_q{n}^q+b_{q-1}{n}^{q-1}+\cdots +b_0$, cu $a_p\ne 0$, $b_q\ne 0$ și $p=q$. Demonstrează că $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{P(n)}{Q(n)}=\frac{a_p}{b_q}$ și explică de ce se împarte la puterea dominantă a numitorului. (5 p) b) Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(2n+1)(3n-4)}{(n+5)(6n+1)}$. (3 p)

Itemul 11 (8 puncte)

a) Fie $a,b\in \mathbb{R}$. Demonstrează că $\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\sqrt{n^2+an}-\sqrt{n^2+bn}\right)=\frac{a-b}{2}$, precizând de la ce rang au sens ambii radicali. (5 p) b) Folosind rezultatul de la a), calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\sqrt{n^2+9n}-\sqrt{n^2+3n}\right)$ și verifică valoarea refăcând amplificarea. (3 p)

Itemul 12 (8 puncte)

a) Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\sqrt[3]{8n^3+12n^2}-2n\right)$, folosind conjugata de ordinul al treilea. (5 p) b) Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }n\left(\sqrt[3]{1+\frac{6}{n}}-1\right)$. (3 p)

Itemul 13 (8 puncte)

(Item tip Bacalaureat M1.) Se consideră șirul ${\left(a_n\right)}_{n\ge 1}$, $a_n=\sqrt{4n^2+10n}-2n$. a) Arătați că $a_n=\frac{10n}{\sqrt{4n^2+10n}+2n}$ pentru orice $n\ge 1$. (2 p) b) Precizați tipul nedeterminării și calculați $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n$. (3 p) c) Calculați $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{4a_n+1}{2a_n-3}$. (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) C. Din tabelul operațiilor în $\overline{\mathbb{R}}$, $\frac{a}{+\infty }=0$ pentru orice $a\in \mathbb{R}$ — este o operație cu rezultat, nu un caz de nedeterminare. Celelalte trei figurează în lista canonică a celor șapte: $\infty -\infty$ și $0\cdot \infty$ sunt pe pozițiile a treia și a patra, iar $\frac{0}{0}$ deschide lista. Reține deosebirea de fond: un caz de nedeterminare nu înseamnă „nu se poate calcula", ci „rezultatul nu se poate decide din limitele componentelor"; după prelucrare, limita se calculează foarte bine.

b) B. Grade egale ($p=q=3$), deci limita este raportul coeficienților dominanți: $\frac{7}{-3}=-\frac{7}{3}$. Varianta A pierde semnul minus al coeficientului $-3$ — este greșeala tipică la acest tip de item, favorizată de faptul că numitorul este scris cu termenul liber în față. Varianta C ar corespunde unui numărător de grad mai mare, iar D unui numitor de grad mai mare.

c) C. Se calculează întâi limita bazei: $\frac{5n+2}{n+7}\to 5>1$, deci, din tabelul bazei, limita este $5^{+\infty }=+\infty$. Nu a fost nicio nedeterminare aici: varianta B confundă limita bazei cu limita puterii, iar varianta A tratează greșit expresia ca pe un caz $1^{\infty }$. Verificarea că baza este supraunitară se poate face și direct: $5n+2>n+7$ pentru orice $n\ge 2$.

Itemul 2. (6 p) — câte 1,5 puncte (0,5 p tipul și comparația gradelor, 1 p calculul).

a) Tip $\frac{\infty }{\infty }$, grade egale. Împărțind la $n^2$: $$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{6n^2-n+4}{4n^2+9}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{6-\frac{1}{n}+\frac{4}{n^2}}{4+\frac{9}{n^2}}=\frac{6}{4}=\frac{3}{2}.$$

b) Gradul numitorului ($3$) îl depășește pe al numărătorului ($1$), deci limita este $0$. Scris complet, prin împărțire la $n^3$: $\frac{\frac{5}{n^2}+\frac{8}{n^3}}{2-\frac{1}{n^2}}\to \frac{0}{2}=0$.

c) Gradul numărătorului ($3$) îl depășește pe al numitorului ($2$), iar raportul coeficienților dominanți este $\frac{9}{7}>0$, deci limita este $+\infty$. Scris complet: $\frac{9n^3+2}{7n^2-n}=n\cdot \frac{9+\frac{2}{n^3}}{7-\frac{1}{n}}\to +\infty \cdot \frac{9}{7}$.

d) Grade egale ($4$ și $4$); coeficienții dominanți sunt $-5$ și $3$, deci limita este $-\frac{5}{3}$. Semnul vine din numărător și nu trebuie pierdut.

Observație de metodă pentru tot itemul. Cele patru subpuncte epuizează cele trei cazuri ale teoremei: două de grade egale (a și d), unul cu numitorul mai tare (b) și unul cu numărătorul mai tare (c). Formularea în cuvinte, mai ușor de ținut minte decât literele, este: compari gradele; dacă sunt egale, răspunsul e raportul coeficienților dominanți; dacă „câștigă" numitorul, limita e $0$; dacă „câștigă" numărătorul, limita e infinită, cu semnul dat de coeficienții dominanți. Controale numerice, pentru $n=10^4$: a) $\approx 1,49997$; b) $\approx 2,5\cdot 10^{-8}$; c) $\approx 1,28573\cdot 10^4$; d) $\approx -1,66667$. ✓

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

a) F. Este scrierea $\infty -\infty$, care nu are rezultat garantat. Trei contraexemple, cu aceeași scriere formală și trei răspunsuri: $(n+3)-n=3$ pentru orice $n$, deci limita este $3$; $2n-n=n\to +\infty$; $n-n^2\to -\infty$. Tocmai de aceea expresia se prelucrează, nu se simplifică.

b) A. Factor forțat cu termenul de grad maxim: $4n-n^3=n^3\left(\frac{4}{n^2}-1\right)\to +\infty \cdot (-1)=-\infty$. Limita există în $\overline{\mathbb{R}}$ și este $-\infty$, dar șirul nu este convergent, pentru că limita lui nu este finită. „Nu are limită" ar fi o formulare greșită aici.

c) F. Baza tinde într-adevăr la $1$, dar exponentul este constant, nu tinde la $+\infty$; lipsește deci una dintre cele două condiții ale cazului $1^{\infty }$. Limita se calculează direct: $1^7=1$.

d) A. Pentru $n\ge 1$ avem $\sqrt{n^2+7n}>0$ și $n>0$, deci suma este strict pozitivă, în particular nenulă — exact condiția care face din amplificare o transformare echivalentă. Amplificarea cu o expresie care s-ar putea anula nu este o transformare echivalentă; la șiruri verificarea este de obicei imediată, fiind vorba de o sumă de termeni pozitivi, dar ea trebuie totuși scrisă, pentru că baremele de la Bacalaureat M1 o cer explicit.

Observație de metodă pentru tot itemul. Cele patru afirmații ating cele patru capcane de limbaj ale capitolului: „infinit minus infinit face zero" (a), confuzia dintre „are limită" și „este convergent" (b), lipsa uneia dintre cele două condiții ale cazului $1^{\infty }$ (c) și justificarea amplificării (d). O rezolvare completă cere, la fiecare, un contraexemplu sau o justificare scrisă; un simplu „A" ori „F" primește numai jumătate din punctajul subpunctului.

Itemul 4. (6 p)

a) (3 p) Tipul este $\infty -\infty$. Amplificăm cu conjugata $\sqrt{9n^2+12n}+3n$, strict pozitivă pentru $n\ge 1$, deci nenulă (1 p): $$\sqrt{9n^2+12n}-3n=\frac{\left(9n^2+12n\right)-9n^2}{\sqrt{9n^2+12n}+3n}=\frac{12n}{\sqrt{9n^2+12n}+3n}$$ (numărătorul verificat pe valorile $n=1,2,3,5,7$, unde dă $12,24,36,60,84$, adică exact $12n$) (1 p). Forțând $n$ factor la numitor, $$\frac{12n}{n\left(\sqrt{9+\frac{12}{n}}+3\right)}=\frac{12}{\sqrt{9+\frac{12}{n}}+3}⟶\frac{12}{3+3}=2$$ (1 p).

b) (3 p) Ambii termeni tind la $+\infty$, deci tipul este $\infty -\infty$; aducem la același numitor (0,5 p): $$\frac{2n^2}{n+4}-\frac{2n^2}{n+7}=\frac{2n^2(n+7)-2n^2(n+4)}{(n+4)(n+7)}=\frac{6n^2}{n^2+11n+28}$$ (termenii de grad $3$ s-au anulat reciproc — mecanismul oricărui $\infty -\infty$ cu rezultat finit) (1,5 p). Am ajuns la un raport de polinoame de grade egale, deci limita este $\frac{6}{1}=6$ (1 p).

Itemul 5. (8 p) — câte 2 puncte (0,5 p scoaterea factorului dominant, 1 p calculul, 0,5 p răspunsul).

a) $\sqrt{25n^2+3n}=n\sqrt{25+\frac{3}{n}}$, valabil pentru $n\ge 1$, unde $|n|=n$; iar $5n+2=n\left(5+\frac{2}{n}\right)$. După simplificarea cu $n$, $$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt{25+\frac{3}{n}}}{5+\frac{2}{n}}=\frac{\sqrt{25}}{5}=1.$$

b) Radicalul contează ca $n$: $\sqrt{n^2+1}=n\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}$. Forțând $n$ peste tot, $$\frac{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}+3}{4-\frac{5}{n}}⟶\frac{1+3}{4}=1.$$

c) Numărătorul are gradul $1$, numitorul gradul $\frac{1}{2}$, deci „câștigă" numărătorul. Forțând $\sqrt{n}$ jos și sus: $$\frac{2n+\sqrt{n}}{\sqrt{n}+3}=\frac{\sqrt{n}\left(2\sqrt{n}+1\right)}{\sqrt{n}\left(1+\frac{3}{\sqrt{n}}\right)}=\frac{2\sqrt{n}+1}{1+\frac{3}{\sqrt{n}}}⟶+\infty .$$ Limita există și este $+\infty$; șirul nu este convergent.

d) $\sqrt{36n^2+5n}=n\sqrt{36+\frac{5}{n}}$, iar $n+2=n\left(1+\frac{2}{n}\right)$, deci $$\frac{1+\frac{2}{n}}{\sqrt{36+\frac{5}{n}}}⟶\frac{1}{6}.$$

Observație de metodă pentru tot itemul. Regula nu se schimbă față de rapoartele de polinoame, ci doar contabilitatea gradelor: $\sqrt{n^2}$ contează ca $n$, iar $\sqrt{n}$ contează ca $n^{1/2}$. La subpunctele a), b) și d) gradele ies egale, deci limita este un raport de coeficienți; la c) numărătorul are gradul $1$, iar numitorul gradul $\frac{1}{2}$, deci limita este infinită. Pasul de la $\sqrt{36+\frac{5}{n}}$ la $\sqrt{36}$ înseamnă că „intrăm cu limita" sub radical — la nivelul acestui capitol el se acceptă drept consecință firească a operațiilor cu șiruri convergente, verificabilă pe cifre. Greșeala de evitat este „simplificarea" $\sqrt{25n^2+3n}=5n+\sqrt{3n}$: radicalul unei sume nu este suma radicalilor, și tocmai de aceea a fost inventată conjugata.

Itemul 6. (7 p)

a) (4 p) Descompunem corect exponențiala: $3^{n+2}=3^2\cdot 3^n=9\cdot 3^n$ — nu $3^n+9$ (1 p). Baza dominantă este $3$; o forțăm factor sus și jos (1 p): $$\frac{9\cdot 3^n+4}{3^n\left(1+{\left(\frac{2}{3}\right)}^n\right)}=\frac{9+\frac{4}{3^n}}{1+{\left(\frac{2}{3}\right)}^n}$$ (1 p). Cum ${\left(\frac{2}{3}\right)}^n\to 0$ (rație subunitară) și $\frac{4}{3^n}\to 0$, limita este $\frac{9}{1}=9$ (1 p).

b) (3 p) Baza dominantă este $7$, atât sus, cât și jos (0,5 p): $$\frac{7^n\left(1+2{\left(\frac{3}{7}\right)}^n\right)}{7^n\left(3+{\left(\frac{5}{7}\right)}^n\right)}=\frac{1+2{\left(\frac{3}{7}\right)}^n}{3+{\left(\frac{5}{7}\right)}^n}$$ (1,5 p). Ambele rații, $\frac{3}{7}$ și $\frac{5}{7}$, sunt subunitare, deci puterile lor tind la $0$ și limita este $\frac{1}{3}$ (1 p).

Observație de metodă pentru tot itemul. La exponențiale dominația se citește după bază, nu după exponent: raportul a două exponențiale cu baze diferite este el însuși o progresie geometrică, ${\left(\frac{q}{p}\right)}^n$, cu rație subunitară dacă $q<p$. Convergența este aici mult mai rapidă decât la rapoartele de polinoame — acolo eroarea scade ca $\frac{1}{n}$, deci încet, iar aici scade geometric. Pentru $n=20$, expresia de la a) diferă de $9$ cu mai puțin de trei miimi, iar cea de la b) diferă de $\frac{1}{3}$ cu mai puțin de o cincime de miime; la $n=40$ ambele erori coboară sub o milionime. Capcana de scriere care strică tot calculul rămâne $3^{n+2}$: el este $9\cdot 3^n$, nu $3^n+9$ și nici ${\left(3^n\right)}^2$.

Itemul 7. (7 p)

a) (4 p) Primul factor tinde la $+\infty$, paranteza la $0$: tipul este $0\cdot \infty$ (0,5 p). Prelucrăm întâi paranteza, dinăuntru spre afară: $$\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+5}=\frac{(n+5)-(n+1)}{(n+1)(n+5)}=\frac{4}{n^2+6n+5}$$ (verificat pe $n=1,2,3,5,7$: ambele forme dau $\frac{4}{12},\frac{4}{21},\frac{4}{32},\frac{4}{60},\frac{4}{96}$) (1,5 p). Înmulțind, $$\left(2n^2-1\right)\cdot \frac{4}{n^2+6n+5}=\frac{8n^2-4}{n^2+6n+5}$$ (1 p), un raport de polinoame de grade egale, deci limita este $\frac{8}{1}=8$ (1 p).

b) (3 p) Paranteza este un $\infty -\infty$ care tinde la $0$, iar factorul din față tinde la $+\infty$: tot $0\cdot \infty$ (0,5 p). Amplificăm paranteza cu conjugata, strict pozitivă pentru $n\ge 1$: $$\sqrt{n^2+2}-n=\frac{\left(n^2+2\right)-n^2}{\sqrt{n^2+2}+n}=\frac{2}{\sqrt{n^2+2}+n}$$ (1 p). Atunci $$\left(3n+1\right)\left(\sqrt{n^2+2}-n\right)=\frac{6n+2}{\sqrt{n^2+2}+n}=\frac{6+\frac{2}{n}}{\sqrt{1+\frac{2}{n^2}}+1}⟶\frac{6}{1+1}=3$$ (1,5 p).

Observație de metodă pentru tot itemul. Amândouă subpunctele conțin nedeterminări imbricate: un produs în care unul dintre factori este el însuși o diferență nedeterminată. Ordinea de lucru este întotdeauna dinăuntru spre afară — se prelucrează mai întâi paranteza, până când ea capătă o formă fără nedeterminare, și abia apoi se tratează 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. Reține și motivul pentru care $0\cdot \infty$ nu „face zero": niciunul dintre factori nu este zero, ci doar tinde la zero, iar rezultatul depinde de cine se apropie mai repede de ținta lui — din aceeași scriere pot ieși $0$, un număr finit nenul sau $\pm \infty$.

Itemul 8. (6 p)

a) (3 p) Numărătorul și numitorul tind amândouă la $0$: tip $\frac{0}{0}$ (0,5 p). Puterea cea mai mică a lui $\frac{1}{n}$ care apare este $\frac{1}{n}$ însuși — el se stinge cel mai încet, deci domină; îl forțăm factor sus și jos (1 p): $$\frac{\frac{1}{n}\left(5-\frac{2}{n}\right)}{\frac{1}{n}\left(3+\frac{7}{n}\right)}=\frac{5-\frac{2}{n}}{3+\frac{7}{n}}⟶\frac{5}{3}$$ (1 p). Simplificarea este permisă pentru că $\frac{1}{n}\ne 0$ pentru orice $n\ge 1$ — condiția se scrie, nu se subînțelege (0,5 p).

b) (3 p) Tot tip $\frac{0}{0}$. Amplificând sus și jos cu $n^3$ (1 p): $$\frac{\frac{2}{n^2}-\frac{1}{n^3}}{\frac{6}{n^3}+\frac{4}{n^2}}=\frac{2n-1}{6+4n}$$ (1 p). Nedeterminarea s-a transformat în $\frac{\infty }{\infty }$ — aceeași limită, alt tip —, iar acolo grade egale dau raportul coeficienților dominanți: $\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$ (1 p).

Observație de metodă pentru tot itemul. Cele două subpuncte arată cele două drumuri către același rezultat. Identitatea $\frac{a_n}{b_n}=\frac{\frac{1}{b_n}}{\frac{1}{a_n}}$ schimbă între ele rolurile numărătorului și numitorului, deci $\frac{0}{0}$ și $\frac{\infty }{\infty }$ sunt aceeași nedeterminare privită de la două capete. Instrucțiunea unică este: scoate factor forțat termenul dominant din numărător și din numitor, apoi simplifică; ce se schimbă de la caz la caz este doar identitatea termenului dominant — puterea cea mai mare a lui $n$ la $\frac{\infty }{\infty }$, puterea cea mai mică a lui $\frac{1}{n}$ la $\frac{0}{0}$. La exponent negativ ierarhia se răstoarnă: dintre $\frac{1}{n}$ și $\frac{1}{n^2}$, prima domină, fiindcă se stinge mai încet. 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.

Itemul 9. (6 p) — câte 2 puncte (1 p limita bazei, 1 p concluzia).

a) Baza este un raport de polinoame de grade egale: $\frac{6n+7}{2n+3}\to 3>1$. Din tabelul bazei, limita este $3^{+\infty }=+\infty$. Nu a fost nicio nedeterminare. (Baza este supraunitară pentru orice $n\ge 1$, fiindcă $6n+7>2n+3$.)

b) $\frac{2n+1}{7n+3}\to \frac{2}{7}\in (0,1)$, deci limita este ${\left(\frac{2}{7}\right)}^{+\infty }=0$.

c) Baza: $\frac{3n+5}{3n+2}\to 1$; exponentul: $n\to +\infty$. Ambele condiții fiind îndeplinite, expresia este de tip $1^{\infty }$ — caz de nedeterminare autentic. Se scrie exact atât: baza tinde la $1$, exponentul la $+\infty$, deci avem cazul $1^{\infty }$; instrumentul care îl rezolvă se construiește odată cu numărul $e$. (Observație de barem: baza este strict supraunitară pentru orice $n$, fiindcă $3n+5>3n+2$ — de aceea puterea nu poate fi „aproximată" cu $1$.)

Observație de metodă pentru tot itemul. Primul gest la orice putere cu exponent care crește este calculul limitei bazei: în trei cazuri din patru răspunsul se citește pe loc, dintr-un rând de tabel, și doar unul singur rămâne nedeterminat. Subpunctele a) și b) sunt exemple de „fals $1^{\infty }$": expresiile arată a nedeterminare, pentru că baza este un raport de polinoame de același grad, iar exponentul este $n$ — dar baza nu tinde la $1$. Tratarea lor ca nedeterminare înseamnă timp pierdut și, adesea, un răspuns greșit. A doua condiție, cea despre exponent, este la fel de importantă: dacă exponentul rămâne mărginit, puterea se calculează direct, ridicând limita bazei la acea putere. Iar recunoașterea de la c) nu este un premiu de consolare, ci jumătate din rezolvare: la Bacalaureat M1 baremul acordă puncte separate pentru identificarea tipului, tocmai pentru că de ea depinde metoda aleasă mai departe.

Itemul 10. (8 p) — redactare completă.

a) (5 p) Pregătirea. Cum $p=q$, dăm factor forțat $n^q$ la numărător și la numitor. Egalitatea de mai jos este exactă pentru orice $n\ge 1$, nu o aproximare (1 p): $$\frac{P(n)}{Q(n)}=\frac{n^q\left(a_q+\frac{a_{q-1}}{n}+\cdots +\frac{a_0}{n^q}\right)}{n^q\left(b_q+\frac{b_{q-1}}{n}+\cdots +\frac{b_0}{n^q}\right)}=\frac{a_q+\frac{a_{q-1}}{n}+\cdots +\frac{a_0}{n^q}}{b_q+\frac{b_{q-1}}{n}+\cdots +\frac{b_0}{n^q}}$$ (1,5 p). Simplificarea cu $n^q$ este permisă pentru că $n^q\ne 0$ pentru orice $n\ge 1$ (0,5 p).

Trecerea la limită. Fiecare fracție de forma $\frac{a_k}{n^{q-k}}$ cu $k<q$ tinde la $0$, deci numărătorul tinde la $a_q$, iar numitorul la $b_q$ (1 p). Cum $b_q\ne 0$, limita numitorului este finită și nenulă, deci regula câtului pentru șiruri convergente se poate aplica și $$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{P(n)}{Q(n)}=\frac{a_q}{b_q}=\frac{a_p}{b_q}.■$$ (0,5 p)

De ce puterea dominantă a numitorului. Exact condiția „numitorul tinde la o limită finită și nenulă" este cea care legitimează regula câtului. Dacă am împărți la altă putere, numitorul ar tinde la $0$ sau la infinit, iar expresia ar rămâne la fel de nedeterminată ca la început (0,5 p).

b) (3 p) Desfacem parantezele, ca să vedem gradele și coeficienții dominanți (0,5 p): $$(2n+1)(3n-4)=6n^2-5n-4,(n+5)(6n+1)=6n^2+31n+5$$ (1 p). Ambele au gradul $2$, iar coeficienții dominanți sunt $6$ și $6$, deci limita este $\frac{6}{6}=1$ (1 p). Control: pentru $n=10^4$ raportul valorează $\approx 0,99940$ ✓ (0,5 p).

Itemul 11. (8 p)

a) (5 p) Domeniul. Pentru $n>\max \left(|a|,|b|\right)$ avem $n+a>0$ și $n+b>0$, deci $n^2+an=n(n+a)>0$ și $n^2+bn>0$: ambii radicali au sens și sunt strict pozitivi; limita nu depinde de un număr finit de termeni de la început (0,5 p).

Amplificarea. Tipul este $\infty -\infty$. Conjugata $\sqrt{n^2+an}+\sqrt{n^2+bn}$ este, prin cele de mai sus, strict pozitivă de la acel rang încolo, deci nenulă și amplificarea e legitimă (1 p): $$\sqrt{n^2+an}-\sqrt{n^2+bn}=\frac{\left(n^2+an\right)-\left(n^2+bn\right)}{\sqrt{n^2+an}+\sqrt{n^2+bn}}=\frac{(a-b)n}{\sqrt{n^2+an}+\sqrt{n^2+bn}}$$ (1,5 p). (Numărătorul verificat exact pe cinci perechi: $(a,b)=(9,3),(5,1),(4,-2),(10,0),(7,2)$ dau, în ordine, $6n,4n,6n,10n,5n$ — adică exact $(a-b)n$.)

Trecerea la limită. Forțăm $n$ factor la numitor, folosind $\sqrt{n^2+an}=n\sqrt{1+\frac{a}{n}}$ pentru $n\ge 1$ (1 p): $$\frac{(a-b)n}{n\left(\sqrt{1+\frac{a}{n}}+\sqrt{1+\frac{b}{n}}\right)}=\frac{a-b}{\sqrt{1+\frac{a}{n}}+\sqrt{1+\frac{b}{n}}}⟶\frac{a-b}{1+1}=\frac{a-b}{2}.■$$ (1 p)

b) (3 p) Cu $a=9$ și $b=3$ rezultatul general dă $\frac{9-3}{2}=3$ (1 p). Refăcând amplificarea: numărătorul devine $\left(n^2+9n\right)-\left(n^2+3n\right)=6n$, iar expresia este $$\frac{6n}{n\left(\sqrt{1+\frac{9}{n}}+\sqrt{1+\frac{3}{n}}\right)}=\frac{6}{\sqrt{1+\frac{9}{n}}+\sqrt{1+\frac{3}{n}}}⟶\frac{6}{2}=3$$ (1,5 p). Control: pentru $n=10^4$ diferența valorează $\approx 2,99910$ ✓ (0,5 p).

Itemul 12. (8 p)

a) (5 p) Tipul este $\infty -\infty$, dar radicalul este de ordinul al treilea, deci conjugata de ordinul al doilea nu ajută. Notăm $a=\sqrt[3]{8n^3+12n^2}$ și $b=2n$ și folosim identitatea $\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)=a^3-b^3$ (1 p). (Identitatea verificată pe perechile $(3,2),(5,1),(7,4),(9,5),(11,6)$, unde produsul dă $19,124,279,604,1115$, adică exact $a^3-b^3$.)

Amplificăm cu trinomul $a^2+ab+b^2$, strict pozitiv pentru $n\ge 1$ (toți cei trei termeni sunt pozitivi) (1 p): $$\sqrt[3]{8n^3+12n^2}-2n=\frac{\left(8n^3+12n^2\right)-8n^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{12n^2}{\sqrt[3]{{\left(8n^3+12n^2\right)}^2}+2n\sqrt[3]{8n^3+12n^2}+4n^2}$$ (1,5 p).

Fiecare dintre cei trei termeni ai numitorului este de „grad" $2$; scoțând $n^2$ factor forțat, primul tinde la $\sqrt[3]{64}=4$, al doilea la $2\sqrt[3]{8}=4$, al treilea este $4$ (1 p). Prin urmare $$\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\sqrt[3]{8n^3+12n^2}-2n\right)=\frac{12}{4+4+4}=1$$ (0,5 p). Control numeric: pentru $n=10^4$ valoarea este $\approx 0,99995$ ✓

b) (3 p) Paranteza tinde la $0$, factorul $n$ la $+\infty$: tip $0\cdot \infty$ (0,5 p). Cu $a=\sqrt[3]{1+\frac{6}{n}}$ și $b=1$, aceeași amplificare dă $$\sqrt[3]{1+\frac{6}{n}}-1=\frac{\left(1+\frac{6}{n}\right)-1}{a^2+a+1}=\frac{\frac{6}{n}}{a^2+a+1}$$ (1,5 p). Înmulțind cu $n$ și observând că $a\to 1$, deci $a^2+a+1\to 3$, obținem $$\underset{n\to \infty }{\lim }n\left(\sqrt[3]{1+\frac{6}{n}}-1\right)=\frac{6}{3}=2$$ (1 p).

Itemul 13. (8 p)

a) (2 p) Amplificăm cu conjugata $\sqrt{4n^2+10n}+2n$, strict pozitivă pentru $n\ge 1$, deci nenulă (0,5 p): $$a_n=\frac{\left(\sqrt{4n^2+10n}-2n\right)\left(\sqrt{4n^2+10n}+2n\right)}{\sqrt{4n^2+10n}+2n}=\frac{\left(4n^2+10n\right)-4n^2}{\sqrt{4n^2+10n}+2n}=\frac{10n}{\sqrt{4n^2+10n}+2n}$$ (1,5 p).

b) (3 p) Nedeterminarea inițială este de tip $\infty -\infty$; după rescriere avem un raport de tip $\frac{\infty }{\infty }$ (1 p). Forțăm $n$ factor la numitor, cu $\sqrt{4n^2+10n}=n\sqrt{4+\frac{10}{n}}$ pentru $n\ge 1$ (1 p): $$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{10}{\sqrt{4+\frac{10}{n}}+2}=\frac{10}{2+2}=\frac{5}{2}$$ (1 p).

c) (3 p) Șirul $\left(a_n\right)$ este convergent, cu limita $\frac{5}{2}$, iar numitorul $2a_n-3$ tinde la $2\cdot \frac{5}{2}-3=2\ne 0$; prin operațiile cu șiruri convergente, regula câtului se poate aplica (1,5 p): $$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{4a_n+1}{2a_n-3}=\frac{4\cdot \frac{5}{2}+1}{2\cdot \frac{5}{2}-3}=\frac{11}{2}$$ (1 p). Control numeric: pentru $n=10^4$, $a_n\approx 2,49984$ și raportul $\approx 5,50055$ ✓ (0,5 p).