3. Číselné rady

204 \underline{1}. napr. a_{n} = \frac{1}{4n − 3} ; \underline{2}. napr. a_{n} = \frac{(−1)^{n+1}}{n^{2}} ; \underline{3}. napr. a_{n} = \frac{(−1)^{n+1}}{n(n + 1)} ; \underline{4}. napr.

a_{n} = (−1)^{n+1} \frac{1 · 3 · 5 ⋯ (2n − 1)}{1 · 4 · 7 ⋯ (3n − 2)} ; \underline{5}. napr. a_{n} = \frac{2^{n}}{n!} ; \underline{6}. napr. a_{n} = (−1)^{n+1} \frac{3n − 1}{2 · 3^{n−1}} ;

205 \underline{1}. a_{n} = S_{n} − S_{n−1} pre n > 1 , a_{1} = S_{1} ; teda a_{1} = 2 , a_{n} = −\frac{1}{n(n − 1)} pre n > 1 ; S =

lim_{n→∞} S_{n} = 1 ; \underline{2}. a_{n} = \frac{1}{2^{n}} , S = 1 ; \underline{3}. a_{n} = −2 sin \frac{π}{2n(n − 1)} cos \frac{2n^{2} − 1}{2n(n − 1)} π pre n > 1 , a_{1} = 0 ; S =

0 ; \underline{4}. a_{1} = −1 , a_{n} = (−1)^{n} \frac{2n − 1}{n(n − 1)} pre n > 1 ; S = 0 ;

206 \underline{1}. S_{n} = −\frac{2}{3}(1 − ( − \frac{1}{2})^{n}) , lim_{n→∞} S_{n} = −\frac{2}{3} , teda rad konverguje; \underline{2}. S_{n} = 1 − (\frac{1}{2})^{n} + \frac{1}{2} ·

(1 − (\frac{1}{3})^{n}) , konverguje; \underline{3}. S_{n} = 1 − (\frac{1}{2})^{n} + \frac{2}{3}((−2)^{n} − 1) , osciluje; \underline{4}. S_{2n} = n , S_{2n−1} = −n;

osciluje; \underline{5}. a_{n} = \frac{1}{n} − \frac{1}{n + 1} , preto S_{n} = (1 − \frac{1}{2}) + (\frac{1}{2} − \frac{1}{3}) + ⋯ + (\frac{1}{n} − \frac{1}{n + 1}) = 1 − \frac{1}{n + 1} ,

konverguje ^{1}; \underline{6}. S_{n} = \frac{1}{3} (1 − \frac{1}{3n + 1}) , konverguje; \underline{7}. S_{n} = \frac{5}{36} − \frac{1}{6(n + 1)} − \frac{1}{6(n + 2)} + \frac{1}{3(n + 3)} ,

konverguje ( a_{n} = \frac{1}{6n} − \frac{1}{2(n + 2)} + \frac{1}{3(n + 3)} ; S_{n} možno zapísať v tvare tabuľky

S_{n} = \frac{1}{6}  − \frac{1}{2 · 3} + \frac{1}{3 · 4}  + ; + \frac{1}{6 · 2}  − \frac{1}{2 · 4} + \frac{1}{3 · 5}  + ; + \frac{1}{6 · 3}  − \frac{1}{2 · 5} + \frac{1}{3 · 6}  + ; + \frac{1}{6 · 4}  − \frac{1}{2 · 6} + \frac{1}{3 · 7} + ; ⋮

1obr. 9 umožňuje názornú predstavu o konvergencii tohto radu; p , q sú dotýkajúce sa kružnice s polomerom 1, r je ich spoločná dotyčnica, kružnica k_{1} sa dotýka kružníc p , q a priamky r , kružnica k_{2} sa dotýka kružníc p , q , k_{1} , atď; potom priemer kružnice k_{n} má dĺžku \frac{1}{n(n + 1)}

obr. 9.

+ \frac{1}{6(n − 3)}  − \frac{1}{2(n − 1)} + \frac{1}{3n}  +
+ \frac{1}{6(n − 2)}  − \frac{1}{2n} + \frac{1}{3(n + 1)}  +
+ \frac{1}{6(n − 1)}  − \frac{1}{2(n + 1)} + \frac{1}{3(n + 2)}  +
+ \frac{1}{6n}  − \frac{1}{2(n + 2)} + \frac{1}{3(n + 3)}

a využiť rovnosť \frac{1}{3k} − \frac{1}{2k} + \frac{1}{6k} = 0 ); \underline{8}. S_{n} = 1−\sqrt{2}−\sqrt{n + 1}+\sqrt{n + 2} ( = 1−\sqrt{2}+ \frac{1}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n + 2}} ) ,

konverguje; \underline{9}. S_{n} = \sqrt{\frac{n}{n + 1}} , konverguje ( a_{n} = −\sqrt{\frac{n_{1}}{n}} + \sqrt{\frac{n}{n + 1}} ); \underline{10}. S_{n} = ln \frac{(n + 1)!}{n!} = ln(n +

1) , diverguje k +∞; \underline{11}. S_{n} = q \frac{1 − q^{n}}{(1 − q)^{2}} −n \frac{q^{n+1}}{1 − q} pre q ≠ 1 (dokážte rovnosť S_{n} −qS_{n} = q +q^{2} +⋯+

q^{n} − nq^{n+1} a vyjadrite z nej S_{n} alebo využite výsledok pr. I.303.1) , S_{n} = \frac{n(n + 1)}{2} pre q = 1 , konverguje pre |q| < 1 , diverguje k +∞ pre q ≥ 1 , osciluje pre q ≤ −1 (využite, že lim_{n→∞} \frac{n}{a^{n}} = 0 pre a > 1 , pozri pr. I.192.1a); \underline{12}. S_{n} = 3 (1 − (\frac{1}{2})^{n}) − \frac{n}{2^{n−1}} (využite vzorec pre čiastočné súčty geometrického radu a pr. 206.11) , konverguje; \underline{13}. S_{n} = \frac{1}{2}( sin α − sin \frac{α}{2^{n}} ) , konverguje; \underline{14}. S_{n} = ∑_{k=1}^{5} sin \frac{k! π}{720} pre n ≥ 5 , konverguje (720 = 6! , a_{n} = 0 pre n ≥ 6 );

207 z vety 3 vyplýva divergencia radov číslo 1 ( lim_{n→∞} a_{n} = 1 ), 2 ( lim_{n→∞} |a_{n}| = 1 ^{2}, lim_{n→∞} a_{n} neexistuje) , 4 ( lim_{n→∞} a_{n} = lim_{n→∞} e^{− \frac{1}{n} ln ln n} = 1 , na výpočet lim_{x→∞} \frac{ln ln x}{x} možno použiť l’Hospitalovo pravidlo), 5 ( lim_{n→∞} |a_{n}| = 0.002 , lim_{n→∞} a_{n} neexistuje); rad číslo 3 spĺňa nutnú podmienku konvergencie, teda len na základe vety 3 nemožno rozhodnúť, či tento rad konverguje alebo diverguje ^{3};

208 \underline{1}. postupnosť \{S_{n}\}_{n=1}^{∞} čiastočných súčtov radu ∑_{n=1}^{∞} A_{n} je vybranou postupnosťou z postupnosti {s_{n}}_{n=1}^{∞} čiastočných súčtov radu ∑_{n=1}^{∞} a_{n} (platí S_{n} = s_{pn+1} , n ∈ N), z konvergencie postupnosti vyplýva konvergencia každej jej podpostupnosti; \underline{2}. z nezápornosti čísel a_{n} , n ∈ N , vyplýva, že \{s_{n}\}_{n=1}^{∞} je neklesajúca postupnosť; monotónna postupnosť je konvergentná práve vtedy, keď je konvergentná niektorá jej podpostupnosť (toto tvrdenie treba samozrejme dokázať) ; \underline{3}. napr. a_{n} = (−1)^{n} , p_{n} = 2n − 1 ;

209 q = \frac{1}{5}(7 − 2\sqrt{6} ) (číslo \frac{1}{5}(7 + 2\sqrt{6} ) , ktoré je druhým koreňom rovnice \frac{q}{(1 − q)^{2}} = \frac{5}{4} , nemôže byť riešením, pretože pre hľadané q musí platiť |q| < 1 , inak by rad ∑_{n=1}^{∞} q^{n−1} — a teda aj každý jeho zvyšok — divergoval (pozri vetu 1));

210 (predovšetkým si uvedomte, že z konvergencie radu ∑_{n=1}^{∞} a_{n} vyplýva konvergencia každého jeho zvyšku) ak R_{n} = aq^{n−1} , tak a_{n} = R_{n−1}−R_{n} = a(1−q)q^{n−2} , n ≥ 2 (pri dôkaze rovnosti a_{n} = R_{n−1}−R_{n} nezabudnite, že čísla R_{n} , n ∈ N , sú definované ako limity);

211 \underline{1}. pretože lim_{n→∞} a_{n} = 0 (veta 3), je \{a_{n}\}_{n=1}^{∞} nerastúca postupnosť nezáporných čísel alebo 2pretože platí ekvivalencia lim_{n→∞} a_{n} = 0 ⟺ lim_{n→∞} |a_{n}| = 0 , je zrejme jedno, či pri vyšetrovaní nutnej

podmienky konvergencie hľadáme lim_{n→∞} a_{n} alebo lim_{n→∞} |a_{n}|

3charakter tohto radu možno vyšetriť napr. pomocou tvrdenia α) vety 4b, ak využijeme rovnosť

lim_{u→0} \frac{ln(1 + u)}{u} = 1

neklesajúca postupnosť nekladných čísel; v prvom prípade platí 0 ≤ na_{2n} ≤ a_{n+1} + a_{n+2} + ⋯ + a_{2n} , z Cauchyho-Bolzanovho kritéria konvergencie vyplýva ∀ ε > 0 ∃ N ∈ N ∀ n ∈ N , n > N : a_{n+1}+⋯+a_{2n} < ε , preto platí ∀ ε > 0 ∃ N ∈ N ∀ n ∈ N , n > N : 0 ≤ na_{2n} < ε , odtiaľ vyplýva lim_{n→∞} 2na_{2n} = 0 , rovnosť lim_{n→∞}(2n + 1)a_{2n+1} = 0 vyplýva podobne z nerovností 0 ≤ (2n + 1)a_{2n+1} ≤ 2(n + 1)a_{2n+1} ≤ 2(a_{n+1} + ⋯ +

a_{2n+1}) , pre postupnosť {b_{n}}_{n=1}^{∞} := {na_{n}}_{n=1}^{∞} teda platí lim_{n→∞} b_{2n} = lim_{n→∞} b_{2n+1} = 0 , preto lim_{n→∞} b_{n} = 0 ;

v druhom prípade (tj. ak {a_{n}}_{n=1}^{∞} je neklesajúca postupnosť nekladných čísel) stačí uvažovať postupnosť

\{−a_{n}\}_{n=1}^{∞} , ktorá je nerastúca a nezáporná; \underline{2}. nie, napr. a_{n} = \{ \begin{matrix}\frac{1}{n} , ak & n ∈ \{2^{m} ; m ∈ N\} \\ 0 , ak & n ∈ N \ \{2^{m} ; m ∈ N\} \end{matrix} ;

212 \underline{1}. táto podmienka nezaručuje konvergenciu radu ∑_{n=1}^{∞} a_{n} , vyhovujú jej všetky rady, pre ktoré je

splnená nutná podmienka konvergencie (a len také rady), teda napr. aj divergentný rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n} ; \underline{2}. konver-

guje (pre n = 1 dostaneme lim_{p→∞}(a_{2} + ⋯ + a_{p+1}) = 0, odtiaľ lim_{p→∞}(a_{1} + a_{2} + ⋯ + a_{p+1}) = a_{1}, čo podľa

definície súčtu radu znamená ∑_{n=1}^{∞} a_{n} = a_{1} );

213 \underline{3}. konverguje;  \underline{4}. konverguje ( a_{n} ≤ \frac{1}{n^{3/2}} ) ,  \underline{5}. diverguje;  \underline{6}. diverguje

( lim_{n→∞} \frac{a_{n}}{\frac{1}{n^{1/2+1/3}}} je konečná a nenulová); \underline{7}. konverguje ( arctg n < \frac{π}{2} ); \underline{8}. konverguje; \underline{9}. diver-

guje ( a_{n} = \frac{2}{\sqrt{n + 2} (\sqrt{n + 1} + \sqrt{n − 1} )} , lim_{n→∞} \frac{a_{n}}{1/n} je nenulová a konečná); \underline{10}. konverguje (rady

∑_{n=1}^{∞} sin \frac{3 + (−1)^{n}}{n^{2}} a ∑_{n=1}^{∞} \frac{3 + (−1)^{n}}{n^{2}} majú rovnaký charakter, pretože lim_{n→∞} \frac{sin \frac{3 + (−1)^{n}}{n^{2}}}{\frac{3 + (−1)^{n}}{n^{2}}} = 1 , pritom

\frac{3 + (−1)^{n}}{n^{2}} ≤ \frac{4}{n^{2}} , n ∈ N , a rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{4}{n^{2}} konverguje); \underline{12}. konverguje ( a_{n} = \frac{1}{n^{2} (1 − \frac{ln n}{n^{2}})} ,

pritom lim_{n→∞} \frac{ln n}{n^{2}} = 0 ); \underline{13}. diverguje ( lim_{n→∞} \frac{a_{n}}{1/n} = 1 , využite rovnosť lim_{n→∞} ^{n} \sqrt{n} = 1 , pozri pr.

I.135.2, I.380.1); \underline{15}. konverguje (pripomeňme, že lim_{u→0} \frac{e^{u} − 1}{u} = 1 , lim_{u→0} \frac{sin u}{u} = 1 ); \underline{17}. konverguje

( a_{n} = \frac{1}{n^{2}} − n(\frac{1}{n^{3}} − \frac{1}{6n^{9}} + o (\frac{1}{n^{9}} ) ) = \frac{1}{6n^{8}} + o (\frac{1}{n^{8}} ) ); \underline{18}. konverguje (využite postupne rovnosti

lim_{u→0} \frac{ln(1 + u)}{u} = 1 , lim_{u→0} \frac{sin u}{u} = 1 , lim_{n→∞} \frac{ln^{2} n}{n} = 0 , pozri aj riešenie pr. 213.12);

214 \underline{1}. α < 1 ( ln(n^{2} + 1) − ln n^{2} = ln (1 + \frac{1}{n^{2}} ) ; lim_{n→∞} \frac{a_{n}}{1/n^{2−α}} je nenulová a konečná);

\underline{2}. α > 0 ( ln \frac{2n + 1}{2n − 1} = ln (1 + \frac{2}{2n − 1}) ); \underline{3}. α > \frac{1}{2} ( a_{n} = 1 − n(\frac{1}{n} − \frac{1}{6n^{3}} + o (\frac{1}{n^{3}} ) ) =

\frac{1}{6n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}} ) , preto lim_{n→∞} (\frac{a_{n}}{1/n^{2}} )^{α} je konečná a nenulová); \underline{4}. α > \frac{1}{2} (a_{n} = | − \frac{2}{(n − 1)^{2}} +

o ((\frac{2}{n − 1})^{2}) | = |− \frac{2}{(n − 1)^{2}} +o (\frac{1}{n^{2}} ) | = ^{4} \frac{2}{(n − 1)^{2}} +o (\frac{1}{n^{2}} ) ); \underline{5}. pre každé α > 0 (prípad α = 1

4táto rovnosť platí počínajúc niektorým n_{0} ∈ N (ak využijeme, že o (\frac{1}{n^{2}} ) = o (\frac{1}{(n − 1)^{2}} ) , je zrejmý; pre α ≠ 1 , α > 0 je a_{n} = e^{\frac{1}{n} ln α} + e^{− \frac{1}{n} ln α} − 2 = 1 + \frac{ln α}{n} + \frac{1}{2}(\frac{ln α}{n})^{2} + o (\frac{1}{n^{2}} ) ^{5} +

1 − \frac{ln α}{n} + \frac{1}{2} (\frac{ln α}{n})^{2} + o (\frac{1}{n^{2}} ) − 2 = \frac{ln^{2} α}{n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}} ) ); \underline{6}. pre všetky α > 0 (pre α ≠ 1 je

a_{n} = α^{1/(n+1)}(α^{1/n−1/(n+1)} − 1) , ďalej využite, že lim_{u→0} \frac{e^{u} − 1}{u} = 1 )^{6}; \underline{7}. pre všetky α ∈ R ( a_{n} =

\frac{1}{n^{3/2}} · \frac{ln^{α} n}{\sqrt{n}} ^{7}, využite, že lim_{n→∞} \frac{ln^{α} n}{n^{ε}} = 0 pre každé α ∈ R a ε > 0 ); \underline{8}. pre α > 1 (pre α ≤ 1 je \frac{ln n}{n^{α}} ≥ \frac{1}{n^{α}} počínajúc niektorým n_{0} ∈ N );

215 konverguje; postupnosť {S_{n}}_{n=1}^{∞} čiastočných súčtov je rastúca, jej ohraničenosť zhora^{8} vyplýva z nerovností S_{n} ≤ 2s_{n} ≤ 2s , kde s_{n} , resp. s je n–tý čiastočný súčet, resp. súčet radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} ;

216 ak na_{n} ≤ K , tak a_{n}^{2} ≤ \frac{K}{n^{2}} ;

217 uvedieme dva návody: 1. pre rad ∑_{n=1}^{∞} a_{n} je splnené Cauchyho–Bolzanovo kritérium konvergencie (dokážte nerovnosť |a_{n+1} + ⋯ + a_{n+p}| ≤ max {|b_{n+1} + ⋯ + b_{n+p}| , |c_{n+1} + ⋯ + c_{n+p}|} a využite, že pre rady ∑_{n=1}^{∞} b_{n} , ∑_{n=1}^{∞} c_{n} je Cauchyho–Bolzanovo kritérium splnené); 2. z konvergencie radov ∑_{n=1}^{∞} c_{n} , ∑_{n=1}^{∞} b_{n} vyplýva konvergencia radu ∑_{n=1}^{∞}(c_{n} − b_{n}) , z nerovností 0 ≤ a_{n} − b_{n} ≤ c_{n} − b_{n} , n ∈ N , a vety 4a) vyplýva konvergencia radu ∑_{n=1}^{∞}(a_{n} − b_{n}) , z konvergencie radov ∑_{n=1}^{∞}(a_{n} − b_{n}) , ∑_{n=1}^{∞} b_{n} vyplýva konvergencia radu

∑_{n=1}^{∞} a_{n};

218 lim_{n→∞} a_{n} = 0 , preto počínajúc niektorým n_{0} ∈ N platí 0 ≤ a_{n} < 1 ; ak 0 ≤ a_{n} < 1 , tak a_{n}^{2} ≤ a_{n}; obrátená implikácia neplatí;

219 využite nerovnosti 2|ab| ≤ a^{2} + b^{2}, (a + b)^{2} ≤ 2(a^{2} + b^{2}), \frac{2a}{n} ≤ a^{2} + \frac{1}{n^{2}} ;

220 \frac{1}{n} − ln (1 + \frac{1}{n}) = \frac{1}{n} − (\frac{1}{n} − \frac{1}{2n^{2}} + o(\frac{1}{n^{2}} )) = \frac{1}{2n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}} ) , n–tý čiastočný súčet má tvar

S_{n} = (∑_{k=1}^{n} \frac{1}{n}) − ln(n + 1) ; (3.2) dostaneme, ak položíme C := ∑_{n=1}^{∞} (\frac{1}{n} − ln (1 + \frac{1}{n})) a využijeme, že

lim_{n→∞} S_{n} = C;

tak a_{n} := −\frac{2}{(n − 1)^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}} ) = −\frac{2}{(n − 1)^{2}} (1 − 2o (\frac{1}{(n − 1)^{2}} ) /\frac{1}{(n − 1)^{2}} ) , pritom lim_{n→∞} (1 − 2 ·

(n − 1)^{2}o (\frac{1}{(n − 1)^{2}} ) ) = 1 ; odtiaľ už vyplýva, že a_{n} < 0 počínajúc niektorým n_{0} ∈ N , porovnaj tiež s poznámkou za riešením pr. 213.16), pri zápise sme využili rovnosť −o (\frac{1}{n^{2}} ) = o (\frac{1}{n^{2}} )

5zrejme o ((\frac{ln α}{n})^{2}) = o (\frac{1}{n^{2}} )

6pokiaľ zvolíme postup ako v pr. 214.5, treba použiť rozvoj e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2} = o(x^{2}) ; keby sme využili len rozvoj e^{x} = 1 + x + o(x) , dostaneme a_{n} = \frac{1}{n(n + 1)} ln α + o (\frac{1}{n^{2}} ) , čo pre naše potreby nestačí

7alebo všeobecnejšie a_{n} = \frac{1}{n^{2−ε}} · \frac{ln^{α} n}{n^{ε}} , ε ∈ (0, 1)

8na rovnakej myšlienke je založený dôkaz vety 4a)

221 \underline{1}. konverguje; \underline{2}. konverguje; \underline{3}. konverguje; \underline{4}. diverguje; \underline{7}. konverguje (pripomeňme, že lim_{n→∞} ^{n} \sqrt{a} = 1 , a > 0 ); \underline{8}. konverguje ( lim_{n→∞} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = (\frac{3}{4})^{3} ); \underline{9}. diverguje (najprv ukážte, že daný rad má rovnaký charakter ako rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{3 · 6 ⋯ (3n)}{(n + 1)!} · \frac{1}{2^{n}} , na to použite rovnosť lim_{u→0} \frac{arcsin u}{u} = 1 ); \underline{10}. konverguje ( lim sup_{n→∞} ^{n} \sqrt{a_{n}} = \frac{\sqrt{2} + 1}{3} ; možno tiež využiť nerovnosť a_{n} ≤ \frac{n^{3}(\sqrt{2} + 1)^{n}}{3^{n}} a konvergenciu radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{n^{3}(\sqrt{2} + 1)^{n}}{3^{n}} dokázať pomocou limitného tvaru Cauchyho alebo d’Alembertovho kritéria);

222 \underline{3}. pri dôkaze rovnosti lim_{n→∞} ^{n} \sqrt{a_{n}} = 0 využite výsledok pr. 222.1;

223 napr. \frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{4}, \frac{1}{4}, \frac{1}{8}, \frac{1}{8}, \frac{1}{16}, \frac{1}{16}, …;

224 napr. ∑_{n=1}^{∞} \frac{n}{2n + 1} (alebo všeobecnejšie: každý rad ∑_{n=1}^{∞} a_{n} taký, že \{a_{n}\}_{n=1}^{∞} je neklesajúca postupnosť kladných čísel a lim_{n→∞} a_{n} ≤ 1 );

225 \underline{1}. diverguje; \underline{3}. konverguje, ak b − a > d; diverguje, ak b − a ≤ d (v prípade b − a = d možno použiť tvrdenie b) vety 9 alebo priamo dosadením zistiť, že vtedy má daný rad tvar ∑_{n=1}^{∞} \frac{a}{a + nα} , a porovnať ho s harmonickým radom ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n} ); \underline{4}. konverguje; \underline{5}. diverguje; \underline{6}. konverguje pre p > 2 , diverguje pre p ≤ 2 (pre p = 2 možno použiť tvrdenie b) vety 9); \underline{7}. diverguje (najprv dokážte, že

daný rad má rovnaký charakter ako rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{1 · 4 ⋯ (3n − 2) · 2 · 5 ⋯ (3n + 2)}{n! (n + 1)! 9^{n}} );

226 \underline{1}. napr. ∑_{n=1}^{∞} a_{n} , kde \{a_{n}\}_{n=1}^{∞} je postupnosť z riešenia pr. 223; \underline{2}. napr. ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{p}} , p > 0 (práve na porovnávaní s týmito radmi je založené Raabeho kritérium);

227 \underline{1}. konverguje; \underline{2}. konverguje pre p > 1 , diverguje pre 0 < p ≤ 1 ; \underline{3}. konverguje pre p > 1 , diverguje pre 0 < p ≤ 1 ; \underline{4}. konverguje pre p > 1 , diverguje pre 0 < p ≤ 1 ; \underline{5}. diverguje (využite, že n! ≤ n^{n} , n ∈ N ); \underline{7}. konverguje (daný rad má rovnaký charakter ako rad ∑_{n=2}^{∞} \frac{1}{n ln^{2} n} );

228 (predovšetkým si uvedomte, že z monotónnosti funkcie f vyplýva jej riemannovská integrovateľnosť na každom uzavretom ohraničenom intervale I ⊂ [1, ∞) ) \underline{1}. označme P_{n} := S_{n} − ∫_{1}^{n+1} f(x) dx; ak využijeme nerovnosti f(x) ≤ f(i) pre x ∈ [i, i + 1] , i ∈ N , a f(i) − f(x) ≤ f(i) − f(i + 1) pre x ∈ [i, i+1] , i ∈ N , zistíme, že postupnosť {P_{n}}_{n=1}^{∞} je neklesajúca ( P_{n+1} = P_{n}+f(n+1)−∫_{n+1}^{n+2} f(x) dx = P_{n}+

∫_{n+1}^{n+2} (f(n + 1) − f(x)) dx ≥ P_{n} ) a zhora ohraničená ( P_{n} = ∑_{i=1}^{n} (f(i) − ∫_{i}^{i+1} f(x) dx) = ∑_{i=1}^{n} ∫_{i}^{i+1} (f(i) −

f(x)) dx ≤ ∑_{i=1}^{n} (f(i)−f(i+1)) = f(1)−f(n+1) ≤ f(1) ); na obr. 10 je geometrická interpretácia uvedených úvah v prípade spojitej funkcie f (plošný obsah vyšrafovanej plochy je číslo P_{3} );

\underline{2}. odhad pre S vyplýva z nerovností ∫_{1}^{n+1} f(x) dx ≤ S_{n} ≤ f(1) + ∫_{1}^{n} f(x) dx , postup pre R_{k} je analogický (z nezápornosti funkcie f vyplýva, že funkcia F (t) := ∫_{1}^{t} f(x) dx je neklesajúca, z nerovností F (n) ≤ S_{n} ≤ S vyplýva, že F je zhora ohraničená, preto existuje konečná lim_{x→∞} F (x) , a teda aj lim_{n→∞} F (n) );

obr. 10.

229 (využite odhad pre R_{k} z pr. 228.2) \underline{1}. stačí sčítať prvé 4 členy ( \frac{2}{3 · 5^{3/2}} + \frac{1}{5^{5/2}} ≈

0.077 5 , \frac{2}{3 · 4^{3/2}} + \frac{1}{4^{5/2}} ≈ 0.114 6 ); \underline{2}. stačí sčítať prvých 13 členov;

230 \underline{1}. napr. f(x) = sin^{2} πx , x ≥ 1 ; \underline{2}. napr. f(x) =

\{ \begin{matrix}1 + nx − n^{2} , & ak x ∈ [n − 1/n,] , n ≥ 2 \\ 1 − nx + n^{2} , & ak x ∈ [n, n + 1/n] , n ≥ 2 \\ 0 & pre všetky ostatné x ∈ [1, ∞) \end{matrix} (teda grafom f je ,,lomená čiara“, vrcholy ktorej sú

určené funkčnými hodnotami f(1) = 0 , f (n − \frac{1}{n}) = 0 , f(n) = 1 , f (n + \frac{1}{n}) = 0 , n ∈ N );

231 \underline{1}. konverguje; \underline{2}. konverguje; \underline{3}. konverguje; \underline{4}. konverguje pre ľubovoľné α ∈ R ; \underline{5}. diverguje; \underline{6}. konverguje; \underline{7}. konverguje ( n(ln n)/n = e(ln n)^{2}/n ); \underline{8}. diverguje (preverte nutnú podmienku konvergencie); \underline{9}. konverguje pre α ≥ 0 , diverguje pre α < 0 (nezabudnite sa presvedčiť, či ide skutočne o rad s nezápornými, resp. nekladnými členmi); \underline{10}. konverguje pre q > 1 , diverguje pre q ≤ 1 ; \underline{11}. diverguje; \underline{12}. konverguje; \underline{13}. diverguje; \underline{14}. diverguje; \underline{15}. diverguje (preverte nutnú

podmienku konvergencie); \underline{16}. konverguje pre každé a > 0 , b > 0 , b ≠ 1 ( log_{r} s = \frac{ln s}{ln r} ); \underline{17}. kon-

verguje ( a_{n} = \frac{2n + 3}{3(2n − 1)^{3}} + o (\frac{1}{n^{2}} ) ; pozor: rovnosť a_{n} = −\frac{1}{(2n − 1)^{2}} + o (\frac{1}{n}) , ktorú dostaneme, ak

použijeme len rozvoj ln(1+u) = u− \frac{u^{2}}{2} +o(u^{2}) , pre naše potreby nestačí); \underline{18}. diverguje; \underline{19}. konverguje

( a_{n} najprv rozšírte výrazom \frac{1}{\sqrt{n}} +\sqrt{ln (1 + \frac{1}{n})} a využite, že lim_{n→∞} \frac{1/\sqrt{n} + \sqrt{ln(1 + 1/n)}}{1/\sqrt{n}} = 2 ); \underline{20}. di-

verguje ( a_{n} = \frac{1}{ne^{k}} ); \underline{21}. konverguje (využite, že lim_{x→∞} \frac{x^{k}}{e^{x}} = 0 pre každé k ∈ R ); \underline{22}. konver-

guje; \underline{23}. diverguje (využite, že lim_{x→0} x^{k} ln x = 0 pre k > 0 ); \underline{24}. konverguje pre α < −1 , diver-

guje pre α ≥ −1 (pre α < 0 má daný rad rovnaký charakter ako rad ∑_{n=1}^{∞} n^{α} ln n ); \underline{25}. konverguje

( ∑_{i=1}^{n}(i! ) < (n + 1)! ); \underline{26}. konverguje pre α > 2 , diverguje pre α ≤ 2 ( 2^{n} ≤ n! ≤ n^{n} počínajúc

niektorým n_{0} ∈ N ); \underline{27}. konverguje, ak α > 1 alebo ak α = 1 a β > 1 ; diverguje, ak α < 1

alebo ak α = 1 a β ≤ 1 ; \underline{28}. konverguje pre α > 0 , diverguje pre α ≤ 0 (pre α > 0 využite, že

lim_{n→∞} \frac{ln (1 + n^{α})}{ln n} = lim_{n→∞} \frac{α ln n + ln (1 + 1/n^{α})}{ln n} = α );

232 \underline{1a}) konverguje ( c_{n} ≤ a_{n} + b_{n} ); \underline{1b}) konverguje; \underline{2a}) diverguje; \underline{2b}) môže divergovať (napr. a_{n} = b_{n} = 1 ) aj konvergovať (napr. a_{n} = (1 − (−1)^{n})n , b_{n} = (1 + (−1)^{n})n ); \underline{3a}) diverguje; \underline{3b}) konverguje;

233 \underline{2a}) konverguje; \underline{2b}) diverguje (pri výpočte lim_{n→∞} \frac{(ln ln n)^{2}}{ln n} (= 0) použite substitúciu

ln n = t ); \underline{2c}) konverguje ( \frac{ln(1/a_{n})}{ln n} = \frac{n^{4/3} (ln 3 − \frac{3 ln n!}{n^{4/3}})}{ln n} , pritom 0 ≤ \frac{ln n!}{n^{4/3}} ≤ \frac{n ln n}{n^{4/3}} = \frac{ln n}{n^{1/3}} ,

preto lim_{n→∞} \frac{3 ln n!}{n^{4/3}} = 0 );

234 \underline{1b}) rad ∑_{n=1}^{∞} a_{n} má podľa pr. 208.1,2 rovnaký charakter ^{9} ako rad ∑_{n=1}^{∞} A_{n} , kde A_{1} = a_{1} , A_{n+1} =

∑_{n2+1}^{(n+1)2} a_{n} (n ∈ N) ; pritom (pretože (n+1)^{2}−n^{2} = 2n+1 a {a_{n}}_{n=1}^{∞} je nerastúca postupnosť nezáporných

čísel) platí (2n + 1)a_{n2} ≥ A_{n+1} ≥ (2n + 1)a_{(n+1)2} , a teda aj (∗) 3na_{n2} ≥ A_{n+1} ≥ (n + 1)a_{(n+1)2} ; preto

z konvergencie radu ∑_{n=1}^{∞} A_{n} vyplýva konvergencia radu ∑_{n=1}^{∞} na_{n2} (to je dôsledok druhej nerovnosti v (∗) )

a z divergencie radu ∑_{n=1}^{∞} A_{n} vyplýva divergencia radu ∑_{n=1}^{∞} na_{n2} ; \underline{2a}) konverguje (využite pr. 234.1b a

Cauchyho kritérium; nezabudnite preveriť, že \{\frac{1}{(n − \sqrt{n} )^{\sqrt{n}}} \}_{n=1}^{∞} je nerastúca postupnosť); \underline{2b}) konver-

guje (vyplýva to napokon aj z porovnania s radom z pr. 233.2a); \underline{2c}) konverguje;

235 nech q < \frac{1}{2} (prípad q > \frac{1}{2} prenechávame čitateľovi) , z podmienky lim_{n→∞} \frac{a_{2n}}{a_{n}} < \frac{1}{2} vyplýva, že

pre niektoré M ∈ N a ε > 0 platí ∀ n ∈ N , n ≥ M : \frac{a_{2n}}{a_{n}} ≤ q + ε < \frac{1}{2} , označme Q := q + ε , zvoľme

N ∈ N tak, aby 2^{N} ≥ M ; rad ∑_{n=1}^{∞} a_{n} má rovnaký charakter ako rad ∑_{n=N}^{∞} A_{n} , kde A_{n} := ∑_{k=2n}^{2n+1−1} a_{n} ^{10},

pritom z nerovností a_{2n} + a_{2n+1} ≤ 2a_{2n} , a_{2n} ≤ Qa_{n} (n ≥ 2^{N}) vyplýva A_{n+1} = (a_{2n+1} + a_{2n+1+1}) + ⋯ + (a_{2n+2−2} + a_{an+2−1}) ≤ 2(a_{2n+1} + a_{2n+1+2} + ⋯ + a_{2n+2−2}) ≤ 2Q(a_{2n} + ⋯ + a_{2n+1−1}) = 2QA_{n} (n ≥ N) ;

rad ∑_{n=1}^{∞} A_{n} teraz stačí porovnať s geometrickým radom ∑_{n=1}^{∞} A_{1}(2Q)^{n−1} (alebo — čo je to isté — použiť na

vyšetrenie jeho konvergencie d’Alembertovo kritérium); 236 \underline{2}. využite, že | cos^{3} n| ≤ 1 a lim_{u→0} \frac{arctg u}{u} = 1 ; \underline{3}. | ln (1 + \frac{(−1)^{n}}{n} )| =

\{ \begin{matrix}ln (1 + \frac{1}{n}) & pre n párne \\ ln (1 + \frac{1}{n − 1}) & pre n nepárne, n ≠ 1 \end{matrix} , preto | ln (1 + \frac{(−1)^{n}}{n} )| ≤ ln (1 + \frac{1}{n − 1}) , n > 1 ;

\underline{4}. |a_{n}| = \frac{2^{n}(1 + n^{2}/2^{n})}{3^{n}(1 + n^{3}/3^{n})} , využite, že lim_{n→∞} \frac{n^{k}}{a^{n}} = 0 pre a > 1 , k ∈ R ; \underline{6}. |a_{n}| = |\frac{1 − \frac{n}{2} sin \frac{2}{n}}{n sin \frac{1}{n}} | =

9pri tejto úvahe využívame, že rad s nezápornými členmi môže konvergovať alebo divergovať k +∞ , ale nemôže oscilovať

10z radu ∑_{n=1}^{∞} a_{n} sme teda vynechali prvých 2^{N} − 1 členov a takto vzniknutý rad sme ,,uzátvorkovali“,

pritom využívame tvrdenie z pr. 208 a vetu 1

|\frac{1 − \frac{n}{2} (\frac{2}{n} − \frac{1}{3!} · (\frac{2}{n})^{3} + o (\frac{1}{n^{3}} ))}{n sin \frac{1}{n}}| = \frac{\frac{2}{3n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}} )}{n sin \frac{1}{n}} (posledná rovnosť platí počínajúc niektorým

n_{0} ∈ N , pozri poznámku ^{4} k riešeniu pr. 214.4), preto lim_{n→∞} \frac{a_{n}}{1/n^{2}} = \frac{2}{3} ;

237 vyplýva to z rovností a_{n}^{+} = \frac{1}{2}(|a_{n}|+a_{n}) , a_{n}^{−} = \frac{1}{2}(|a_{n}|−a_{n}) , a_{n} = a_{n}^{+} −a_{n}^{−} a z faktu, že nenulový k–násobok konvergentného (divergentného) radu je konvergentný (divergentný) rad, súčet konvergentných radov je konvergentný rad, súčet konvergentného a divergentného radu je divergentný rad;

dôkaz rovnosti (3.3): \frac{S_{n}^{+}}{S_{n}^{−}} = 1+ \frac{S_{n}}{S_{n}^{−}} , kde S_{n} je n–tý čiastočný súčet radu ∑_{n=1}^{∞} a_{n} , pritom lim_{n→∞} S_{n}^{−} = ∞ a lim_{n→∞} S_{n} je konečná;

238 ,,⟹“: ak |b_{n}| ≤ K , tak |a_{n}b_{n}| ≤ K|a_{n}| , preto ∑_{n=1}^{∞} a_{n}b_{n} absolútne konverguje; ,,⟸“: stačí zvoliť b_{n} = sgn a_{n};

239 \underline{1}. konverguje pre p > 0 (pre p ≤ 0 nie je splnená nutná podmienka konvergencie); \underline{3}. = \frac{1}{\sqrt{2}} ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} sin \frac{1}{n} ^{11}, konverguje; \underline{4}. konverguje; \underline{5}. konverguje; \underline{6}. diverguje (nie je splnená nutná podmienka konvergencie); \underline{7}. konverguje ( sin (π\sqrt{n^{2} + k^{2}}) = sin (π(\sqrt{n^{2} + k^{2}} − n) + nπ) =

(−1)^{n} sin (π \frac{k^{2}}{n + \sqrt{n^{2} + k^{2}}} ) ); \underline{8}. konverguje (ak f(x) := \frac{ln ln(x + 2)}{ln(x + 1)} , x > 0 , tak f′(x) =

\frac{1 − \frac{x + 2}{x + 1} · \frac{ln(x + 2)}{ln(x + 1)} ln ln(x + 2)}{(x + 2) ln(x + 1) ln(x + 2)} , pritom limita čitateľa je −∞ a menovateľ je kladný, preto pre dostatočne

veľké x je f′(x) < 0 );

240 ln \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = ln (1 − \frac{1}{2n + 2}) , preto ∑_{n=1}^{∞} ln \frac{a_{n+1}}{a_{n}} má rovnaký charakter ako − ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{2n + 2};

lim_{n→∞} a_{n} = lim_{n→∞} eln a^{n} , pritom ln a_{n} = (∑_{k=1}^{n−1} ln \frac{a_{n+1}}{a_{n}} ) + ln a_{1} ^{12}; rýdza monotónnosť postupnosti \{a_{n}\}_{n=1}^{∞} vyplýva z nerovnosti \frac{a_{n+1}}{a_{n}} < 1 ;

241 stačí sčítať prvých \underline{1}. sto členov; \underline{2}. jedenásť členov (2^{11} · 11^{5/2} ≈ 821 886 , 2^{12} · 12^{5/2} ≈ 2 043 210 );

242 neplatí, napr. a_{n} = \frac{2 + (−1)^{n}}{n} alebo a_{n} = \{ \begin{matrix}b_{k} , ak & n = 2k \\ c_{k} , ak & n = 2k − 1 \end{matrix} , kde ∑_{n=1}^{∞} b_{n} je konvergentný rad, ∑_{n=1}^{∞} c_{n} je divergentný rad vyhovujúci nutnej podmienke konvergencie, b_{n} > 0 , c_{n} > 0 (n ∈ N) , pozri pr. 237.3;

243 \underline{1}. konverguje ( ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n} konverguje podľa Leibnizovho kritéria a cos \frac{π}{n} ↗ 1 ); \underline{2}. kon-

verguje; \underline{3}. konverguje (obor hodnôt postupnosti \{∑_{k=1}^{n} sin \frac{kπ}{4} \}_{n=1}^{∞} je konečný, preto je táto postupnosť

11 cos nπ = (−1)^{n} , n ∈ N

12inou možnosťou dôkazu rovnosti lim_{n→∞} \frac{(2n − 1)!!}{(2n)!!} = 0 je nerovnosť z pr. I.11.2 ohraničená; ak f(x) := \frac{ln^{100} x}{x} , tak lim_{x→∞} f(x) = 0 a f′(x) < 0 pre x > e^{100} , ďalej pozri poznámku za vetou 12); \underline{5}. konverguje pre x ≠ 2kπ , k ∈ Z (pre x = 2kπ , k ∈ Z , ide o harmonický rad, pre x ≠ 2kπ , k ∈ Z , je ∑_{k=1}^{n} cos kx = \frac{sin \frac{nx}{2} cos \frac{n + 1}{2} x}{sin \frac{x}{2}} ); \underline{7}. konverguje (daný rad je rozdielom radov \frac{1}{\sqrt{2}} ∑_{n=1}^{∞} \frac{cos n}{ln^{2}(n + 1)} a \frac{1}{\sqrt{2}} ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin n}{ln^{2}(n + 1)} , ktorých konvergencia vyplýva z Dirichletovho kritéria); \underline{8}. konverguje pre x ≠ 2kπ , k ∈ Z (vtedy ∑_{n=1}^{∞} \frac{cos nx}{ln ln(n + 2)} konverguje podľa Dirichletovho kritéria a cos \frac{1}{n} ↗ 1 ) , diverguje pre x = 2kπ , k ∈ Z (vtedy ide o rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{ln ln(n + 2)} cos \frac{1}{n} s kladnými členmi, ktorý má rovnaký charakter ako rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{ln ln(n + 2)} ); \underline{9}. diverguje (daný rad je rozdielom divergentného radu \frac{1}{2} ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n} a konvergentného radu \frac{1}{2} ∑_{n=1}^{∞} \frac{cos 2n}{n} ); \underline{10}. konverguje (daný rad je súčtom konvergentných radov \frac{1}{2} ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n} a \frac{1}{2} ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1} cos 2n}{n} , konvergencia druhého z nich vyplýva z Dirichletovho kritéria ^{13});

244 \underline{1}. Leibnizovo: postupnosť \{a_{n}\}_{n=1}^{∞} vyhovuje predpokladu 2 vety 14 a postupnosť čiastočných súčtov radu ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n+1} je ohraničená; Abelovo: ak lim_{n→∞} b_{n} =: b , tak ∑_{n=1}^{∞} a_{n}b_{n} = b ∑_{n=1}^{∞} a_{n} + ∑_{n=1}^{∞} a_{n}(b_{n} −b), pritom prvý z radov na pravej strane tejto rovnosti konverguje podľa predpokladu 1 vety 13 a konvergencia druhého vyplýva z Dirichletovho kritéria (postupnosť čiastočných súčtov konvergentného radu ∑_{n=1}^{∞} a_{n} je iste ohraničená);

245 \underline{1}. konverguje; \underline{2}. konverguje ( ^{n} \sqrt{n} ↘ 1 ); \underline{3}. konverguje (stačí použiť vetu 11); \underline{4}. konverguje; \underline{5}. konverguje, ak −\frac{1}{2} < sin x ≤ \frac{1}{2} ; diverguje, ak sin x = −\frac{1}{2} alebo | sin x| > \frac{1}{2} (možno použiť vetu 6’ alebo 7’ a prípad |2 sin x| = 1 vyšetriť samostatne); \underline{6}. konverguje; \underline{7}. konverguje; \underline{8}. konverguje (možno použiť Leibnizovo kritérium alebo daný rad zapísať v tvare ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{\sqrt{n}} ·(1− \frac{100}{n + 100}) a použiť Abelovo kritérium); \underline{9}. diverguje ( n–tý člen radu rozšíriť výrazom \sqrt{n} + (−1)^{n} ); \underline{10}. konverguje; \underline{11}. konverguje (konvergencia radu ∑_{n=1}^{∞}(−1)n(n + 1)/2 · \frac{1}{\sqrt{n + 1}} vyplýva z Dirichletovho kritéria, resp. z pr. 244.2); \underline{12}. konverguje (pozri riešenie pr. 243.10); \underline{13}. konverguje ( sin 3α = 3 sin α cos^{2} α −

13ak S_{n} je n–tý čiastočný súčet radu ∑_{k=1}^{∞}(−1)^{k+1} cos 2k , tak S_{2n} = cos 2−cos 4+cos 6−cos 8+⋯−cos 4n =

∑_{k=1}^{n} cos(4k −2)−∑_{k=1}^{n} cos 4k = ( cos 2·∑_{k=1}^{n} cos 4k +sin 2·∑_{k=1}^{n} sin 4k)−∑_{k=1}^{n} cos 4k , pritom ∑_{k=1}^{n} cos 4k , ∑_{k=1}^{n} sin 4k

možno vyjadriť pomocou vzorcov z riešenia pr. 243.4,5 (pre x = 4 ), odtiaľ už vyplýva ohraničenosť postupnosti {S_{2n}}_{n=1}^{∞}; ohraničenosť postupnosti {S_{2n−1}}_{n=1}^{∞} vyplýva potom napr. z nerovností |S_{2n−1}| = |S_{2n} + cos 4n| ≤ |S_{2n}| + | cos 4n| ≤ |S_{2n}| + 1 sin^{3} α ^{14}, odtiaľ sin^{3} α = \frac{3}{2} sin α·(1+cos 2α)−sin 3α = \frac{3}{2} sin α+\frac{3}{4}(sin 3α−sin α)−sin 3α = \frac{3}{4} sin α−\frac{1}{4} sin 3α );

\underline{14}. konverguje ( sin^{4} α − \frac{3}{8} = (\frac{1 − cos 2n}{2})^{2} − \frac{3}{8} = ⋯ = −\frac{1}{2} cos 2n + \frac{1}{8} cos 4n ); \underline{15}. diverguje (pozri

pr. 237.3);

246 \underline{1}. konverguje absolútne pre p > 1 , konverguje relatívne pre p ∈ (0, 1) , diverguje pre p ≤ 0 ; \underline{2}. konverguje absolútne pre p > 1 , konverguje relatívne pre p ∈ (0, 1) ( n^{1/n} ↘ 1 ) , diverguje pre p ≤ 0 ; \underline{3}. konverguje absolútne; \underline{4}. konverguje absolútne; \underline{5}. konverguje absolútne pre p > 1 , konver-

guje relatívne pre p ∈ (0, 1) (pre ε ∈ (0, p) je a_{n} = \frac{(−1)^{n+1}}{n^{p−ε}} · \frac{ln^{2} n}{n^{ε}} , pritom \frac{ln^{2} n}{n^{ε}} ↘ 1 ) , diverguje

pre p ≤ 0 ; \underline{6}. diverguje (preverte nutnú podmienku konvergencie); \underline{7}. konverguje relatívne (možno využiť pr. 244.2); \underline{8}. konverguje relatívne (pozri poznámku za riešením pr. 243.6); \underline{9}. konverguje absolútne pre p > 1 , konverguje relatívne pre p ∈ (0, 1] ; \underline{10}. konverguje absolútne pre p > 1 , konverguje

relatívne pre p ∈ (0, 1] ; \underline{11}. diverguje ( cos^{4} n = (\frac{1 + cos 2n}{2})^{2} = ⋯ = \frac{3}{8} + \frac{1}{2} cos 2n + \frac{1}{8} cos 4n ,

pritom — ako vieme z riešenia pr. 243.5 — rady \frac{1}{2} ∑_{n=1}^{∞} \frac{cos 2n}{n} a \frac{1}{8} ∑_{n=1}^{∞} \frac{cos 4n}{n} konvergujú); \underline{12}. kon-

verguje relatívne (rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{| cos n|}{\sqrt[4]{n}} cos \frac{1}{n} má rovnaký charakter ako rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{| cos n|}{\sqrt[4]{n}} ); \underline{13}. konverguje

relatívne ( a_{n} = \frac{(−1)^{n+1}}{\sqrt[6]{n}} · ^{3} \sqrt{\frac{n + 1}{n}} · \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n} + 2} , pritom ^{3} \sqrt{\frac{n + 1}{n}} ↘ 1 , \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n} + 2} ↗ 1 ); \underline{14}. konverguje re-

latívne ( a_{n} = \frac{sin n}{n}·\frac{n + 1}{n}·\frac{1}{1 − (ln n)/n^{2}} ); \underline{15}. konverguje relatívne ( (12k−6)–ty čiastočný súčet radu

∑_{n=1}^{∞} \frac{|sin(nπ/12)|}{ln n} je va̋čší ako k–ty čiastočný súčet divergentného radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{ln(12n − 6)} , k ≥ 2 ); \underline{16}. kon-

verguje absolútne pre p > 1 , konverguje relatívne pre p ∈ (0, 1] (pre ε ∈ (0, p) je a_{n} = \frac{sin 2n}{n^{p−ε}} · \frac{ln^{2} n}{n^{ε}} ,

pritom \frac{ln^{2} n}{n^{ε}} ↘ 0 ; ďalej pre p ≤ 1 je \frac{| sin 2n|}{n^{p}} ln^{2} n > \frac{| sin 2n|}{n^{p}} , n > 2 ; pre p > 1 a ε ∈ (0, p − 1) je

|\frac{sin 2n}{n^{p−ε}} · \frac{ln^{2} n}{n^{ε}} | ≤ \frac{| sin 2n|}{n^{p−ε}} počínajúc niektorým n_{0} ∈ N );

247 \underline{1}. ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{2k − 1} = ∑_{k=1}^{2n} \frac{1}{k} − \frac{1}{2} ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k} , η_{n} = ε_{2n} − \frac{1}{2} ε_{n}; \underline{2}. ∑_{n=1}^{n} \frac{(−1)^{n+1}}{n} = ^{15} lim_{n→∞} S_{2n} =

lim_{n→∞} ( ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{2k − 1} − \frac{1}{2} ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k} ) = lim_{n→∞} (( ln \sqrt{4n} + \frac{C}{2} + η_{n}) − \frac{1}{2}( ln n + C + ε_{n})) = ln 2 ^{16};

14možno to odvodiť z Moivreovej vety ,,(cos α + i sin α)^{n} = cos nα + i sin nα , n ∈ N“

15podľa Leibnizovho kritéria rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{n} konverguje, tj. existuje konečná limita postupnosti \{S_{n}\}_{n=1}^{∞}

jeho čiastočných súčtov; na nájdenie limity konvergentnej postupnosti stačí nájsť limitu niektorej jej podpostupnosti

16rovnosť (∗) ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{n} = ln 2 môžeme odvodiť aj z rovnosti 1 − \frac{1}{2} + \frac{1}{3} − \frac{1}{4} + ⋯ − \frac{1}{2n} = \frac{1}{n + 1} +

\frac{1}{n + 2} + ⋯ + \frac{1}{2n} (možno ju dokázať matematickou indukciou), ak na výpočet lim_{n→∞} (\frac{1}{n + 1} + ⋯ + \frac{1}{2n})

použijeme pr. 83.4 alebo pr. I.353; ďalšou možnosťou dôkazu rovnosti (∗) je použiť na vyjadrenie hodnoty ln 2 Taylorov vzorec so zvyškom v Lagrangeovom tvare pre funkciu ln(1 + x) ; túto rovnosť dokážeme znova v pr. 344.1

\underline{2a}) \frac{3}{2} ln 2 ( = lim_{n→∞} S_{3n} ^{17} = lim_{n→∞} ( ∑_{k=1}^{2n} \frac{1}{2k − 1} − \frac{1}{2} ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k} ); \underline{2b}) \frac{1}{2} ln 2 ^{18}; \underline{2c}) 0 ( = lim_{n→∞} S_{5n} =

lim_{n→∞} ( ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{2k − 1} − \frac{1}{2} ∑_{k=1}^{4n} \frac{1}{k} ) );

248 \underline{1}. ∑_{n=1}^{k} \frac{1}{4n − 3} = \frac{1}{2}( ∑_{n=1}^{2k} \frac{1}{2n − 1} + ∑_{n=1}^{2k} \frac{(−1)^{n+1}}{2n − 1} ) = \frac{1}{2}(( ln \sqrt{4 · (2k)} + \frac{C}{2} + η_{2k}) + (\frac{π}{4} + τ_{2k})) ,

kde τ_{s} := ∑_{n=1}^{s} \frac{(−1)^{n+1}}{2n − 1} − \frac{π}{4} ; \underline{2a}) \frac{π}{4} − \frac{1}{4} ln 2 ; \underline{2b}) \frac{π}{4} + \frac{1}{4} ln 2 ;

249 \underline{1}. \frac{π^{2}}{12} ; \underline{2}. \frac{π^{2}}{12} (rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{n^{2}} je absolútne konvergentný, pozri vetu 16);

250 S_{3n} = ∑_{k=1}^{n} (\frac{1}{\sqrt{4k − 3}} + \frac{1}{\sqrt{4k − 1}} − \frac{1}{\sqrt{2k}} ) > ∑_{k=1}^{n} (\frac{1}{\sqrt{4k}} + \frac{1}{\sqrt{4k}} − \frac{1}{\sqrt{2k}} ) = (1 − \frac{1}{\sqrt{2}}) ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} → ∞

pre n → ∞ , teda lim_{n→∞} S_{3n} = ∞ , preto nemôže existovať konečná lim_{n→∞} S_{n};

251 konverguje pre p ≥ 1 (pre p > 1 je to prerovnanie absolútne konvergentného radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{n^{p}} , pre p = 1 pozri pr. 247.2a) , diverguje pre p < 1 ( v prípade p ≤ 0 nie je splnená nutná podmienka konvergencie; pre p ∈ (0, 1) označme P_{n} n–tý čiastočný súčet daného radu, S_{n} := ∑_{k=1}^{n} \frac{(−1)^{k+1}}{k^{p}} , potom

P_{3n} = S_{2n} + ∑_{k=n}^{2n−1} \frac{1}{(2k + 1)^{p}} ≥ S_{2n} +n \frac{1}{(4n)^{p}} = S_{2n} + \frac{n^{1−p}}{4^{p}} , pritom lim_{n→∞} S_{2n} je konečná, lim_{n→∞} \frac{n^{1−p}}{4^{p}} = ∞ );

252 \underline{1}. ak S_{n} , resp. S′_{n} je n–tý čiastočný súčet radu ∑_{n=1}^{∞} a_{n} , resp. ∑_{n=1}^{∞} a_{p(n)} , tak |S_{n} − S′_{n}| ≤ ∑_{k=n−c+1}^{n+c} |a_{n}| pre n ≥ c , pritom lim_{n→∞} ∑_{k=n−c+1}^{n+c} |a_{n}| = 0 (vyplýva to z nutnej podmienky konvergencie); \underline{2}. ln 2 (daný rad vznikne prerovnaním radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{n} , pričom sú splnené predpoklady tvrdenia z pr. 252.1, súčet radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{n} pozri v pr. 247.2);

253 \underline{1a}) ∑_{n=0}^{∞} \frac{a^{n+1} − b^{n+1}}{a − b} ; \underline{1b}) ∑_{n=0}^{∞} q^{n+1} \frac{n + 1}{n + 2} ( ∑_{k=0}^{n} \frac{1}{(k + 1)(k + 2)} = ∑_{k=0}^{n} (\frac{1}{k + 1} − \frac{1}{k + 2}) =

17Pri riešení pr. 247.2a-c,3 a 248 využívame toto tvrdenie (ktoré je špeciálnym prípadom pr. 271): Nech {S_{n}}_{n=1}^{∞} je postupnosť čiastočných súčtov radu ∑_{n=1}^{∞} a_{n} , nech lim_{n→∞} a_{n} = 0 a nech k ∈ N . Ak existuje lim_{n→∞} S_{kn} , tak existuje aj lim_{n→∞} S_{n} a platí lim_{n→∞} S_{n} = lim_{n→∞} S_{kn} . (Náznak dôkazu: z rovností S_{kn+1} =

S_{kn} +a_{kn+1} , S_{kn+2} = S_{kn+1} +a_{kn+2} , …, S_{kn+(k−1)} = S_{kn+(k−2)} +a_{kn+(k−1)} a z predpokladu lim_{n→∞} a_{n} = 0

vyplýva, že postupnosti {S_{kn}}_{n=1}^{∞} , {S_{kn+1}}_{n=1}^{∞} , …, {S_{kn+(k−1)}}_{n=1}^{∞} majú všetky tú istú limitu, preto existuje lim_{n→∞} S_{n} )

18špeciálne v tomto prípade možno postupovať aj nasledovne: S_{3n} = (1 − \frac{1}{2}) − \frac{1}{4} + (\frac{1}{3} − \frac{1}{6}) − \frac{1}{8} +

(\frac{1}{5} − \frac{1}{10}) − \frac{1}{12} + ⋯ + (\frac{1}{2n − 1} − \frac{1}{2(2n − 1)}) − \frac{1}{4n} = \frac{1}{2} S′_{2n} , kde S′_{2n} je 2n–tý čiastočný súčet radu

∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{n} , potom lim_{n→∞} S_{n} = lim_{n→∞} S_{3n} = \frac{1}{2} lim_{n→∞} S′_{2n} = \frac{1}{2} ln 2

1 − \frac{1}{n + 2} ); \underline{1c}) ∑_{n=0}^{∞} \frac{5^{n}}{n!} ( c_{n} = ∑_{k=0}^{n} a_{k}b_{n−k} = ∑_{k=0}^{n} \frac{2^{k}}{k!} · \frac{3^{n−k}}{(n − k)!} = \frac{1}{n!} ∑_{k=0}^{n} \frac{n!}{k! (n − k)!} 2^{k}3^{n−k} =

\frac{1}{n!} ∑_{k=0}^{n} \binom{n}{k}2^{k}3^{n−k} = \frac{1}{n!}(2 + 3)^{n} , posledná rovnosť vyplýva z binomickej vety); \underline{1d}) ∑_{n=0}^{∞} \frac{2^{n}}{n!} ; \underline{2a}) túto

rovnosť možno chápať dvoma spôsobmi: ako rovnosť dvoch radov (pričom na pravej strane je v tom prípade rad 1 + 0 + 0 + ⋯ + 0 + ⋯) alebo ako rovnosť dvoch čísel; \underline{2b}) (druhú mocninu radu chápeme ako jeho Cauchyho súčin so sebou samým) túto rovnosť možno v prípade |q| < 1 chápať dvoma spôsobmi ako v pr. 253.2a, v prípade |q| ≥ 1 je to rovnosť dvoch divergentných radov;

254 ak S_{n} , resp. S′_{n} je n–tý čiastočný súčet radu ∑_{n=1}^{∞} b_{n} , resp. ∑_{n=1}^{∞} a_{n} · ∑_{n=1}^{∞} b_{n} ^{19} , tak S′_{n} ≥ a_{1}S_{n} ,

pritom lim_{n→∞} S_{n} = ∞;

255 c_{n} := ^{19} ∑_{k=1}^{n} \frac{(−1)^{k+1}}{\sqrt{k}} · \frac{(−1)^{n−k+2}}{\sqrt{n − k + 1}} = (−1)^{n+3} ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k} \sqrt{n − k + 1}} ; ak použijeme nerovnosť

\frac{1}{\sqrt{k} \sqrt{n − k + 1}} ≥ \frac{2}{n + 1} , ktorá vyplýva z nerovnosti \sqrt{ab} ≤ \frac{1}{2}(|a| + |b|) , dostaneme |c_{n}| ≥ \frac{2n}{n + 1} ;

teda rad ∑_{n=1}^{∞} c_{n} nespĺňa nutnú podmienku konvergencie;

256 ak ∑_{n=0}^{∞} c_{n} je Cauchyho súčin daných radov, tak c_{0} = a_{0}b_{0} = 1 · 1 = 1 , pre n ≥ 1 je

c_{n} = ∑_{k=0}^{n} a_{n}b_{n−k} = a_{n} + b_{n} + ∑_{k=1}^{n−1} a_{k}b_{n−k} = − (\frac{3}{2})^{n} + (\frac{3}{2})^{n−1} (2^{n} + \frac{1}{2^{n+1}} ) − ∑_{k=1}^{n−1} (\frac{3}{2})^{k} (\frac{3}{2})^{n−k−1} (2^{n−k} +

\frac{1}{2^{n−k+1}} ) = − (\frac{3}{2})^{n} + (\frac{3}{2})^{n−1} (2^{n} + \frac{1}{2^{n+1}} ) − (\frac{3}{2})^{n−1} ( ∑_{k=1}^{n−1} 2^{n−k} + ∑_{k=1}^{n−1} \frac{1}{2^{n−k+1}} ) = − (\frac{3}{2})^{n} +

(\frac{3}{2})^{n−1} (2^{n} + \frac{1}{2^{n+1}} ) − (\frac{3}{2})^{n−1} (2 ∑_{k=0}^{n−2} 2^{k} + \frac{1}{4} ∑_{k=0}^{n−2} \frac{1}{2^{k}} ) = (\frac{3}{2})^{n−1} ( − \frac{3}{2} + 2^{n} + \frac{1}{2^{n+1}} − 2(2^{n−1} − 1) −

\frac{1}{4} · \frac{1 − 1/2^{n−1}}{1/2} ) = (\frac{3}{2})^{n−1} (\frac{1}{2^{n+1}} + \frac{1}{2^{n}} ) = (\frac{3}{4})^{n} ;

257 nech A := ∑_{n=1}^{∞} |a_{n}| , B := ∑_{n=1}^{∞} |b_{n}| , nech p(1) = (j_{1}, k_{1}) , …, p(n) = (j_{n}, k_{n}) , nech j =

max{j_{1}, …, j_{n}} , k = max{k_{1}, …, k_{n}}; potom ∑_{m=1}^{n} |c_{m}| ≤ ( ∑_{m=1}^{j} |a_{m}|)( ∑_{m=1}^{k} |b_{m}|) ≤ AB , odtiaľ vyplýva

konvergencia radu ∑_{m=1}^{∞} |c_{m}|; prerovnanjme a uzátvorkujme rad ∑_{n=1}^{∞} c_{n} nasledovne: a_{1}b_{1} + (a_{1}b_{2} + a_{2}b_{2} +

a_{2}b_{1})+(a_{1}b_{3}+a_{2}b_{3}+a_{3}b_{3}+a_{3}b_{2}+a_{3}b_{1})+⋯ alebo nasledovne: a_{1}b_{1}+(a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1})+(a_{1}b_{3}+a_{2}b_{2}+a_{3}b_{1})+⋯, tj. schematicky:

\begin{aligned}& 1 & 2 & 3 & 4 & … \\ 1 & a_{1}b_{1} & a_{1}b_{2} & a_{1}b_{3} & a_{1}b_{4} & … \\ 2 & a_{2}b_{1} & a_{2}b_{2} & a_{2}b_{3} & a_{2}b_{4} & … \\ 3 & a_{3}b_{1} & a_{3}b_{2} & a_{3}b_{3} & a_{3}b_{4} & … \\ 4 & a_{4}b_{1} & a_{4}b_{2} & a_{4}b_{3} & a_{4}b_{4} & … \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \end{aligned}  alebo  \begin{aligned}& 1 & 2 & 3 & 4 & … \\ 1 & a_{1}b_{1} & a_{1}b_{2} & a_{1}b_{3} & a_{1}b_{4} & … \\ 2 & a_{2}b_{1} & a_{2}b_{2} & a_{2}b_{3} & a_{2}b_{4} & … \\ 3 & a_{3}b_{1} & a_{3}b_{2} & a_{3}b_{3} & a_{3}b_{4} & … \\ 4 & a_{4}b_{1} & a_{4}b_{2} & a_{4}b_{3} & a_{4}b_{4} & … \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \end{aligned}

postupnosť {S_{n}}_{n=1}^{∞} čiastočných súčtov takto vzniknutého radu (ktorý má podľa vety 16 a riešenia pr. 208.1

19treba si uvedomiť, že Cauchyho súčinom radov ∑_{n=1}^{∞} a_{n} a ∑_{n=1}^{∞} b_{n} je rad ∑_{n=1}^{∞} c_{n} , kde c_{n} = ∑_{k=1}^{n} a_{k}b_{n−k+1} ten istý súčet ako rad ∑_{n=1}^{∞} c_{n}) je v prvom prípade {A_{n}B_{n}}_{n=1}^{∞} , kde A_{n} := ∑_{k=1}^{n} a_{k} , B_{n} := ∑_{k=1}^{n} b_{k}; v druhom prípade dostávame Cauchyho súčin radov ∑_{n=1}^{∞} a_{n} a ∑_{n=1}^{∞} b_{n} , ďalej stačí použiť vetu 17 ^{20};

258 \underline{1}. 0 ( ∀ x ∈ [1, ∞) : 0 ≤ \frac{ln x}{x − ln x} ≤ \frac{ln e}{e − ln e} ); \underline{2}. \frac{31}{18} ; \underline{3}. ln \frac{2}{3} ( = lim_{n→∞} \frac{1}{3} ·

\frac{1 · 2 · 3 ⋯ (n − 1)}{3 · 4 · 5 ⋯ (n + 1)} (n^{2} + n + 1) ; ln \frac{n^{3} − 1}{n^{3} + 1} = ln \frac{(n − 1)(n^{2} + n + 1)}{(n + 1)(n^{2} − n + 1)} , pritom (k + 1)^{2} − (k + 1) + 1 =

k^{2} + k + 1 ); \underline{4}. 1 ( ∑_{k=0}^{n} \frac{1}{k! (k + 2)} = \frac{(n + 2)! − 1}{(n + 2)!} ); \underline{5}. \frac{π}{3} ( = lim_{n→∞} arctg \sqrt{3} \frac{n}{n + 1} ; využili sme

vzorec arctg x + arctg y = arctg \frac{x + y}{1 − xy} , xy < 1 , pozri riešenie pr. I.87.1); \underline{6}. \frac{π}{4} ( = lim_{n→∞} arctg \frac{n}{n + 1} ); \underline{7}. 0 pre x = 0 ; ln \frac{sin x}{x} ( = lim_{n→∞} ln \frac{sin x}{2^{n} sin(x/2^{n})} ; využite rovnosti

cos \frac{x}{2} = \frac{sin x}{2 sin(x/2)} , cos \frac{x}{2} · cos \frac{x}{4} = \frac{sin x}{2 · 2 sin(x/2) · cos(x/4)} cos \frac{x}{4} = \frac{sin x}{4 cos(x/4)} atď) pre x ∈

(−π, π) \ \{0\}; \underline{8}. 0 pre x = 0 , \frac{1}{x} − ctg x ( = lim_{n→∞} (\frac{1}{2^{n}} ctg \frac{x}{2^{n}} − ctg x); ∑_{k=1}^{n} (\frac{1}{2^{k}} tg \frac{x}{2^{k}} ) =

−( ∑_{k=1}^{n} ln cos \frac{x}{2^{k}} )′ = −( ln \frac{sin x}{2^{n} sin(x/2^{n})})′ ) pre x ∈ (−π, π) \ \{0\};

259 matematickou indukciou vzhľadom na m; pre m = 1 : a_{k} = \frac{1}{d} · \frac{u_{k+1} − u_{k}}{u_{k}u_{k+1}} = \frac{1}{d}(\frac{1}{u_{k}} − \frac{1}{u_{k+1}} ) ,

teda ∑_{k=1}^{n} a_{k} = \frac{1}{d}(\frac{1}{u_{1}} − \frac{1}{u_{n+1}} ); druhý krok indukcie: \frac{1}{u_{k}u_{k+1} ⋯ u_{k+m+1}} = \frac{1}{(m + 1)d} · \frac{u_{k+m+1} − u_{k}}{u_{k}u_{k+1} ⋯ u_{k+m+1}} =

\frac{1}{(m + 1)d}(\frac{1}{u_{k} ⋯ u_{k+m}} − \frac{1}{u_{k+1} ⋯ u_{k+m+1}} ) , pritom podľa indukčného predpokladu ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{u_{k} ⋯ u_{k+m}} =

\frac{1}{mdu_{1} ⋯ u_{m}} , ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{u_{k+1} ⋯ u_{k+m+1}} = \frac{1}{mdu_{2} ⋯ u_{m+1}} ;

260 množina bodov nespojitosti funkcie f je podmnožina množiny \{0\} ∪ \{\frac{1}{n} ; n ∈ N \ \{1\}\} ( f môže a nemusí byť spojitá v bode 0), preto podľa vety 5b z odseku 2.1 je f ∈ R[0, 1] , podľa vety 14a z odseku 2.3 platí ∫_{0}^{1} f(x) dx = lim_{n→∞} ∫_{1/(n+1)}^{1} f(x) dx;

261 0 ≤ a_{n}b_{n}c_{n} ≤ max{a_{n}^{3}, b_{n}^{3}, c_{n}^{3}} ≤ a_{n}^{3} + b_{n}^{3} + c_{n}^{3} , n ∈ N ;

262 podľa pr. 211.1 je lim_{n→∞} n (\frac{a_{n}}{\sqrt{n}}) = 0 , preto pre niektoré k > 0 a počínajúc niektorým n_{0} ∈ N

platí a_{n}^{2} = (\frac{a_{n}}{\sqrt{n}}) (n \frac{a_{n}}{\sqrt{n}}) ≤ k \frac{a_{n}}{\sqrt{n}} ;

263 \frac{a_{n+1}}{a_{n}} ≥ \frac{3}{2} pre n ≥ 2 (matematickou indukciou: pre n = 2, 3 uvedené tvrdenie platí; ak

a_{n−1} ≥ \frac{3}{2} a_{n−2} , a_{n} ≥ \frac{3}{2} a_{n−1} , tak a_{n+1} = a_{n−1} + a_{n} ≥ \frac{3}{2} a_{n−2} + \frac{3}{2} a_{n−1} = \frac{3}{2} a_{n} );

264 \underline{1}. konverguje ( n^{−n/3} ^{3} \sqrt{n! + 1} ≤ ^{3} \sqrt{2n^{−n}n!} =: a_{n} , lim_{n→∞} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = \frac{1}{\sqrt[3]{e}} ); \underline{2}. konver-

20napokon samotnú vetu 17 možno pre absolútne konvergentné rady ∑_{n=1}^{∞} a_{n} a ∑_{n=1}^{∞} b_{n} dokázať týmto postupom pomocou prvého uvedeného prerovnania a uzátvorkovania guje (daný rad má rovnaký charakter ako rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{(2n)!!}{3^{n}n!} ); \underline{3}. konverguje ( b_{n} := \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = \frac{(n + 1)!(n + 2)^{n+1}}{(2n + 2)!} , pritom lim_{n→∞} \frac{b_{n+1}}{b_{n}} = \frac{e}{4} , preto lim_{n→∞} b_{n} = 0 (pozri pr. 222) ); \underline{4}. diverguje ( lim_{n→∞} ^{n} \sqrt{\frac{n!}{n^{\sqrt{n}}}} = lim_{n→∞} \frac{\sqrt[n]{n!}}{n} · n · \frac{1}{n^{1/\sqrt{n}}} = ∞ , využite rovnosť lim_{n→∞} \frac{\sqrt[n]{n!}}{n} = \frac{1}{e} (pozri poznámku za pr.

224) a fakt, že lim_{x→∞} x^{1/\sqrt{x}} = 1 ); \underline{5}. konverguje pre p < \frac{1}{2} , diverguje pre p ≥ \frac{1}{2} (pre p = \frac{1}{2} je

n(\frac{a_{n}}{a_{n+1}} − 1) = ^{21} 1 − \frac{1}{n}(\frac{1}{8} + no (\frac{1}{n}) ) , preto n(\frac{a_{n}}{a_{n+1}} − 1) < 1 počínajúc niektorým n_{0} ∈ N );

\underline{6}. konverguje pre q + \frac{p}{2} > 1 , diverguje pre q + \frac{p}{2} ≤ 1 ( \frac{a_{n}}{a_{n+1}} = ^{22} 1 + \frac{1}{n}(q + \frac{p}{2}) + \frac{1}{8n^{2}} (4q^{2} −

4q + 4pq + p^{2} − 3p) + o (\frac{1}{n^{2}} ) ^{23}, preto lim_{n→∞} n(\frac{a_{n}}{a_{n+1}} − 1) = q + \frac{p}{2} ; pre q + \frac{p}{2} = 1 je n(\frac{a_{n}}{a_{n+1}} − 1) =

1+ \frac{1}{4n}(q−1)+o (\frac{1}{n}) , preto pre q+ \frac{p}{2} = 1 , q < 1 je n(\frac{a_{n}}{a_{n+1}} −1) < 1 počínajúc niektorým n_{0} ∈ N ; prípad q = 1 , p = 0 sa ľahko vyšetrí samostatne ^{24}); \underline{7}. konverguje pre p(q − 1) > 1 , diverguje pre p(q − 1) ≤ 1

( \frac{a_{n}}{a_{n+1}} = 1 + \frac{p(q − 1)}{n} + \frac{p(q − 1)(p(q − 1) − q − 1)}{n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}} ) ); \underline{8}. konverguje (na základe vzorcov

|sin \frac{α}{2}| = \sqrt{\frac{1 − cos α}{2}} , |cos \frac{α}{2}| = \sqrt{\frac{1 + cos α}{2}} možno daný rad napísať v tvare ∑_{n=2}^{∞} 2 sin \frac{π}{2^{n}} ); \underline{9}. konverguje; \underline{10}. konverguje pre α = 0 , diverguje pre α ≠ 0 (použite vzorec cos x = sin (\frac{π}{2} − x) , daný rad má rovnaký charakter ako rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{αn + β}{n^{2} + αn + β} ); \underline{11}. konverguje pre p > 1 , diverguje pre p ∈ (0, 1] ( a_{n} =

21= n(\sqrt{1 + \frac{1}{n}} (1+ \frac{1}{2n + 1})−1) = n((1+ \frac{1}{2n} − \frac{1}{8n^{2}} +o (\frac{1}{n^{2}} ) )(1+ \frac{1}{2n + 1})−1) = n(\frac{1}{2n} + \frac{1}{2n + 1} −

\frac{1}{8n^{2}} + \frac{1}{2n(2n + 1)} + o (\frac{1}{n^{2}} ) ) =

22= (1 + \frac{1}{n})^{q}(1 + \frac{1}{2n + 1})^{p} = (1 + \frac{q}{n} + \frac{q(q − 1)}{2n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}} ) )(1 + \frac{p}{2n + 1} + \frac{p(p − 1)}{2(2n + 1)^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}} ) ) =

23využili sme, že \frac{p}{2n + 1} = \frac{p}{2n} − \frac{p}{2n(2n + 1)} = \frac{p}{2n} − \frac{p}{4n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}} ) , \frac{pq}{n(2n + 1)} = \frac{pq}{2n^{2}} +

o (\frac{1}{n^{2}} ) , \frac{p(p − 1)}{2(2n + 1)^{2}} = \frac{p(p − 1)}{8n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}} )

24Daný rad diverguje aj v prípade q + \frac{p}{2} = 1 , q > 1 ; túto skutočnosť nemožno dokázať použitím Raabeho kritéria, ale možno ju odvodiť z rovnosti \frac{a_{n}}{a_{n+1}} = 1+ \frac{1}{n} + \frac{1}{4n^{2}} (q−1)+o (\frac{1}{n^{2}} ) na základe Bertrandovho kritéria (pozri pr. 267) alebo Gaussovho kritéria, ktoré možno formulovať nasledovne: Nech ∑_{n=1}^{∞} a_{n} je rad s kladnými členmi, nech existujú konštanty λ, μ ∈ R a ohraničená postupnosť \{ϑ_{n}\}_{n=1}^{∞} tak, že \frac{a_{n}}{a_{n+1}} = λ + \frac{μ}{n} + \frac{ϑ_{n}}{n^{2}} . Potom rad ∑_{n=1}^{∞} a_{n} konverguje, ak λ > 1 alebo λ = 1 , μ > 1 , a diverguje, ak λ < 1 alebo λ = 1 , μ ≤ 1 . (Toto kritérium možno odvodiť z d’Alembertovho, Raabeho a Bertrandovho kritéria, pozri [10, str. 281, §372].)

1 − en ln (1 + (cos(1/n^{p}) − 1)) , ďalej využite, že lim_{u→0} \frac{e^{u} − 1}{u} = 1 , lim_{u→0} \frac{ln(1 + u)}{u} = 1 , lim_{u→0} \frac{1 − cos u}{u^{2}} = \frac{1}{2} ); \underline{12}. konverguje pre p > 1 , diverguje pre p ≤ 1 ( a_{n} = ep(1 − e−1/2n + o(1/n))^{p} ); \underline{13}. diverguje

( a_{n} = ^{25} (1 + \frac{1}{n + 1})n(e2/n + o(1/n) − 1) ); \underline{14}. konverguje (pre x ∈ [−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ] je arcsin sin x = x ,

preto arccos \sqrt{1 − \frac{1}{n^{3}}} = arcsin sin arccos \sqrt{1 − \frac{1}{n^{3}}} = arcsin n^{−3/2} ); \underline{15}. diverguje ( \frac{π}{2} − arcsin \frac{n}{n + 1} = arcsin \frac{\sqrt{2n + 1}}{n + 1} ); \underline{16}. konverguje, ak p > 1 alebo p = 1 , q > 2 ; diverguje, ak p < 1 alebo p = 1 , q ≤ 2 (pre p ≠ 1 možno použiť Cauchyho kritérium; pre p = 1 je a_{n} = e^{E(n)} , kde E(n) =

n ln (\frac{1 − q}{n + q} − \frac{(1 − q)^{2}}{2(n + q)^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}} ) ) = (1 − q) ln n + \underbrace{( − \frac{q}{n + q} − \frac{n ln n · (1 − q)^{2}}{2(n + q)^{2}} + n ln n + o (\frac{1}{n^{2}} ) )}_{E_{1}(n)} ,

pritom lim_{n→∞} e^{E_{1}(n)} = 1 ); \underline{17}. konverguje len pre a = \frac{1}{2} ( a_{n} = \sqrt{n} (\sqrt{1 + \frac{a}{n}} − ^{4} \sqrt{1 + \frac{1}{n} + \frac{b}{n^{2}}} ) =

\sqrt{n} (\frac{2a − 1}{4n} − \frac{4a^{2} + 8b − 3}{32n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}} ) ) ); \underline{18}. konverguje; \underline{19}. konverguje len pre c = 0 , \frac{a}{d} < −1 ;

\underline{20}. konverguje len pre a = \sqrt{bc}; \underline{21}. konverguje len pre p > \frac{1}{2} ( a_{n} = ln (1 + (\frac{sin n^{−p}}{n^{p}} − 1)) , využi-

te, že lim_{u→0} \frac{ln(1 + u)}{u} = 1 , sin \frac{1}{n^{p}} − \frac{1}{n^{p}} = −\frac{1}{6n^{3p}} + o (\frac{1}{n^{3p}} ) ); \underline{22}. konverguje len pre a + b > 1 ( a_{n} =

\frac{1}{n^{a+b}} ((1 + \frac{a}{n})^{n+b}(1 + \frac{b}{n})^{n+a})^{−1} ); \underline{23}. konverguje, ak c ln a > 0 alebo ak c ln a = 0 , b ln a > 1 ; v ostatných prípadoch diverguje ( a_{n} = \frac{1}{nln a · (b + c ln n)} ); \underline{24}. konverguje ( ∫_{0}^{1/n} \frac{\sqrt{x}}{1 + x^{2}} dx ≤

\frac{1}{n} sup_{x∈[0,1/n]} \frac{\sqrt{x}}{1 + x^{2}} ≤ \frac{1}{n} · \frac{1}{\sqrt{n}} ); \underline{25}. konverguje ( ∫_{0}^{n} \sqrt{1 + x^{4}} dx > ∫_{0}^{n} x^{2} dx ); \underline{26}. diverguje

( ∫_{nπ}^{(n+1)π} \frac{sin^{2} x}{x} dx ≥ \frac{1}{(n + 1)π} ∫_{nπ}^{(n+1)π} sin^{2} x dx ); \underline{27}. konverguje ( ∫_{n}^{n+1} e^{−\sqrt{x}} dx ≤ e^{−\sqrt{n}} , ďalej

pozri návod k pr. 231.21); \underline{28}. konverguje ( sin x < x pre x > 0 , preto ∫_{0}^{π/n} \frac{sin^{3} x}{1 + x} dx ≤ ∫_{0}^{π/n} x^{3} dx ); \underline{29}. konverguje, ak p > 1 alebo p = 1 , q > 1 alebo p = q = 1 , r = 1 ; diverguje v ostatných prípadoch (vlastná (nevlastná) lim_{x→∞} ∫_{3}^{x} \frac{dt}{t ln^{q} t(ln ln t)^{r}} existuje práve vtedy, keď existuje vlastná (nevlastná) lim_{y→∞} ∫_{ln 3}^{y} \frac{dt}{t^{q} ln^{r} t} (použite substitúciu ln t = z) , podľa vety 10 majú preto pre q > 0 , r ∈ R a q = 0 , r ≥ 0 ^{26} rady ∑_{n=3}^{∞} \frac{1}{n ln^{q} n(ln ln n)^{r}} a ∑_{n=3}^{∞} \frac{1}{n^{q} ln^{r} n} rovnaký charakter); \underline{30}. konverguje (daný rad

25= (1 + \frac{1}{n + 1})n(e(n + 1) ln(1 + 1/n) − n ln (1 + 1/(n + 1)) − 1) =

26len pre q > 0 , r ∈ R alebo q = 0 , r ≥ 0 vyhovuje rad ∑_{n=3}^{∞} \frac{1}{n^{q} ln^{r} n} predpokladom vety 10 (nie je ale ťažké dokázať, že uvedené rady majú rovnaký charakter aj pre q < 0 a pre q = 0 , r < 0) má rovnaký charakter ako rad ∑_{n=2}^{∞} \frac{ln ln n}{n ln^{3} n} , o ktorom možno podobnou úvahou ako v riešení pr. 264.29 ukázať, že má rovnaký charakter ako rad ∑_{n=2}^{∞} \frac{ln n}{n^{3}} ); \underline{31}. konverguje ( ln(e^{n} + n^{2}) = n + ln (1 + \frac{n^{2}}{e^{n}} ) , daný rad má rovnaký charakter ako rad ∑_{n=2}^{∞} \frac{1}{n ln^{2} n} ); \underline{32}. konverguje len pre p < −2 ; \underline{33}. konverguje (funkcia F (x) = x ln^{2} x − 2x ln x + 2x , x ≥ 1 , je primitívna k neklesajúcej nezápornej funkcii f(x) = ln^{2} x , x ≥ 1 , preto f(n) ≤ F (n + 1) − F (n) ≤ f(n + 1) , odtiaľ F (n) − F (1) ≤ f(2) + ⋯ + f(n) ≤ F (n + 1) − F (2) , preto \frac{1}{(ln 2)^{2} + ⋯ + (ln n)^{2}} ≤ \frac{1}{n ln^{2} n − 2n ln n + 2n − 2} =: b_{n} , rad ∑_{n=2}^{∞} b_{n} má rovnaký charakter ako rad ∑_{n=2}^{∞} \frac{1}{n ln^{2} n} ); \underline{34}. diverguje (využite, že lim_{n→∞} \frac{∑_{k=1}^{n} 1/k}{ln n} = 1 , čo vyplýva z pr. 220 alebo z poznámky

k pr. 228.1); \underline{35}. diverguje ( a_{n} = \frac{1}{n} · \frac{1}{\sqrt[n]{n}} e^{−E(n)} , kde E(n) = \frac{1}{n}( ln (1 + \frac{1}{n}) + ⋯ + ln (1 + \frac{n}{n})) ,

pritom lim_{n→∞} E(n) = ∫_{0}^{1} ln(1 + x) dx = 2 ln 2 ); \underline{36}. konverguje len pre p > \frac{5}{2} (analogicky ako v riešení pr. 264.33 možno odvodiť odhad \frac{2}{3} n^{3/2} ≤ \sqrt{1} + ⋯ + \sqrt{n} ≤ \frac{2}{3}((n + 1)^{3/2} − 1) ≤ \frac{2^{5/2}}{3} n^{3/2} );

265 napr. a_{n} = \frac{1}{ln n} ;

266 pozri pr. 228.2;

267 \underline{1}. použijeme porovnávacie kritérium v podobe ,,ak a_{n} > 0 , b_{n} > 0 (n ∈ N) a počínajúc niektorým n_{0} ∈ N platí \frac{a_{n}}{a_{n+1}} ≥ \frac{b_{n}}{b_{n+1}} , tak z konvergencie radu ∑_{n=1}^{∞} b_{n} vyplýva konvergencia radu ∑_{n=1}^{∞} a_{n}“;

zvoľme q ∈ (1, p) , nech b_{n} = \frac{1}{n ln^{q} n} , potom \frac{b_{n}}{b_{n+1}} = (1 + \frac{1}{n})(1 + \frac{ln(1 + 1/n)}{ln n})^{q} = (1 + \frac{1}{n})(1 +

\frac{q ln(1 + 1/n)}{ln n} + o(\frac{ln(1 + 1/n)}{ln n})) = (1 + \frac{1}{n})(1 + \frac{q(1/n + o(1/n))}{ln n} + o (\frac{1}{n ln n}) ) ^{27} = (1 + \frac{1}{n})(1 +

\frac{q}{n ln n} +o(\frac{1}{n ln n})) = 1+ \frac{1}{n} + \frac{1}{n ln n}(q+n ln n·o(\frac{1}{n ln n})) , súčasne z (3.6) vyplýva \frac{a_{n}}{a_{n+1}} ≥ 1+ \frac{1}{n} + \frac{p}{n ln n} počínajúc niektorým n_{0} ∈ N ; pretože lim_{n→∞} (q + n ln n · o(\frac{1}{n ln n})) = q < p , platí počínajúc niektorým

n_{0} ∈ N \frac{a_{n}}{a_{n+1}} ≥ 1 + \frac{1}{n} + \frac{p}{n ln n} ≥ 1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{n ln n}(q + n ln n · o(\frac{1}{n ln n})) = \frac{b_{n}}{b_{n+1}} , pritom rad ∑_{n=2}^{∞} b_{n}

konverguje;

\underline{2}. podľa predpokladu \frac{a_{n}}{a_{n+1}} ≤ 1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{n ln n} , pre b_{n} := \frac{1}{n ln n} platí \frac{b_{n}}{b_{n+1}} = 1 + \frac{1}{n} + \frac{ln(1 + 1/n)}{ln n} + \frac{ln(1 + 1/n)}{n ln n} ; na dôkaz nerovnosti \frac{a_{n}}{a_{n+1}} ≤ \frac{b_{n}}{b_{n+1}} počínajúc niektorým n_{0} ∈ N stačí dokázať nerovnosť x < ln(1 + x) + x ln(1 + x) , x > 0 (na to možno použiť napr. vetu 12 pred pr. I.352) a potom položiť x = \frac{1}{n} ;

268 \underline{1}. zvoľme a ∈ (A, 1) , z predpokladov nášho tvrdenia vyplýva (∗) ∃ b_{0} > 1 ∀ x > b_{0} :

f(φ(x)) φ′(x) < af(x) ; nech b_{1} := φ(b_{0}), …, b_{n+1} := φ(b_{n}) , n ∈ N , potom b_{n+1} > b_{n} a lim_{n→∞} b_{n} =

∞ (sporom: keby lim_{n→∞} b_{n} = b ∈ R , tak by zo vzťahu b_{n+1} = φ(b_{n}) a zo spojitosti funkcie φ vyplývalo φ(b) = b ); podľa vety 10 stačí dokázať existenciu konečnej lim_{x→∞} ∫_{1}^{x} f(t) dt , čo je ekvivalentné s existenciou

27pretože lim_{n→∞} \frac{ln(1 + 1/n)}{1/n} = 1 , je o (\frac{ln(1 + 1/n)}{ln n}) = o (\frac{1}{n ln n}) pre n → ∞

konečnej lim_{n→∞} ∫_{b0}^{bn} f(t) dt (využite, že F (x) := ∫_{1}^{x} f(t) dt je rastúca); podľa (∗) a podľa vety o substitúcii pre určitý integrál je ∫_{bi+1}^{bi+2} f(t) dt = ∫_{bi}^{bi+1} f(φ(t)) φ′(t) dt < a ∫_{bi}^{bi+1} f(t) dt , preto ∫_{b0}^{bn} f(t) dt =

∫_{b0}^{b1} + ∫_{b1}^{b2} + ⋯+∫_{bn−1}^{bn} ≤ ∫_{b0}^{b1} +a ∫_{b0}^{b1} +a^{2} ∫_{b0}^{b1} + ⋯+a^{n−1} ∫_{b0}^{b1} = \frac{a^{n} − 1}{a − 1} ∫_{b0}^{b1} f(t) dt < \frac{1}{1 − a} ∫_{b0}^{b1} f(t) dt;

teda {∫_{b0}^{bn} f(t) dt}_{n=1}^{∞} je zhora ohraničená rastúca postupnosť, preto existuje konečná lim_{n→∞} ∫_{b0}^{bn} f(t) dt;

269 zrejme a_{1}, …, a_{p1} ≥ \frac{1}{2} ; a_{p1+1}, …, a_{p2} ∈ [\frac{1}{4}, \frac{1}{2}) , …, a_{pn−1+1}, …, a_{pn} ∈ [\frac{1}{2^{n}} , \frac{1}{2^{n−1}} ) , teda

p_{k} − p_{k−1} je počet prvkov postupnosti \{a_{n}\}_{n=1}^{∞} ležiacich v intervale [\frac{1}{2^{k}} , \frac{1}{2^{k−1}} ) , k ≥ 2 ; označme S_{n} , resp. σ_{n} n–tý čiastočný súčet radu ∑_{k=1}^{∞} a_{k} , resp. ∑_{k=1}^{∞} p_{k}2^{−k}; ak využijeme nerovnosť \frac{1}{2^{k}} +\frac{1}{2^{k+1}} +⋯+\frac{1}{2^{m}} <

∑_{n=k}^{∞} \frac{1}{2^{n}} = \frac{1}{2^{k−1}} , k > 1 , dostaneme σ_{m} = p_{1}(\frac{1}{2}+⋯+\frac{1}{2^{m}} )+(p_{2}−p_{1})(\frac{1}{2^{2}} +⋯+\frac{1}{2^{m}} )+⋯+(p_{m}−p_{m−1})\frac{1}{2^{m}} ≤

p_{1} + \frac{1}{2}(p_{2} − p_{1}) + ⋯ + \frac{1}{2^{m−1}} (p_{m} − p_{m−1}) = 2(\frac{1}{2}p_{1} + \frac{1}{2^{2}} (p_{2} − p_{1}) + ⋯ + \frac{1}{2^{m}} (p_{m} − p_{m+1})) ≤ 2S_{pm} ; súčasne

σ_{m} ≥ (p_{2} − p_{1})\frac{1}{2^{2}} + ⋯ + (p_{m} − p_{m−1})\frac{1}{2^{m}} ≥ \frac{1}{2}(S_{pm} − S_{p1}) ; z nerovností \frac{1}{2}(S_{pm} − S_{p1}) ≤ σ_{m} ≤ 2S_{pm} už

vyplýva uvedené tvrdenie ^{28};

270 \underline{1}. diverguje ( n–tý člen radu rozšírte 2 ^{3} \sqrt{n} − (−1)^{n+1} , uvedený rad tak možno zapísať ako súčet konvergentného radu ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} \frac{2 ^{3} \sqrt{n}}{4 ^{3} \sqrt{n^{2}} − 1} = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n} · 2}{\sqrt[3]{n}} · \frac{1}{4 − 1/ ^{3} \sqrt{n^{2}}} a divergentného radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{4 ^{3} \sqrt{n^{2}} − 1} ); \underline{2}. konverguje absolútne pre p > 1 , konverguje relatívne pre p ∈ (0, 1] , diverguje

pre p ≤ 0 ( a_{n} := \frac{(−1)^{n}}{(n + (−1)^{n})^{p}} = ^{29} \frac{(−1)^{n}}{n^{p}} − \frac{1}{n^{p+1}} (p + o (\frac{1}{n^{p+1}} ) n^{p+1}) , teda ∑_{n=1}^{∞} a_{n} je pre p > 0

rozdielom dvoch konvergentných radov ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n^{p}} a ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{p+1}} (p+o (\frac{1}{n^{p+1}} ) n^{p+1}) (druhý z týchto radov je rad s kladnými členmi, ktorý má rovnaký charakter ako rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{p+1}} ) , inou možnosťou je využiť tvrdenie pr. 252.1, pozri tiež riešenie pr. 252.2); \underline{3}. konverguje absolútne pre p > 2 , konverguje re-

latívne pre p ∈ (1, 2] , diverguje pre p ≤ 1 ( a_{n} = \frac{(−1)^{n+1}}{n^{p/2}} − \frac{1}{n^{(p+1)/2}} (p + n^{(p+1)/2}o (\frac{1}{n^{(p+1)/2}} ) ) );

\underline{4}. konverguje absolútne pre p > 1 , konverguje relatívne pre p ∈ (\frac{1}{2}, 1] , diverguje pre p ≤ \frac{1}{2}

28tvrdenie pr. 269 zostane v platnosti, ak predpoklad ,,a_{n+1} ≥ a_{n} , n ∈ N , lim_{n→∞} a_{n} = 0“ nahradíme predpokladom ,,a_{n} ≥ 0 , lim_{n→∞} a_{n} = 0“ (každú postupnosť nezáporných čísel s limitou 0 možno prerovnať tak, aby vznikla nerastúca postupnosť s limitou 0, ľubovoľným prerovnaním sa charakter radu s nezápornými členmi nezmení)

29= \frac{(−1)^{n}}{n^{p}} (1 + \frac{(−1)^{n}}{n^{p}} )^{−p} = \frac{(−1)^{n}}{n^{p}} (1 − p \frac{(−1)^{n}}{n^{p}} + o (\frac{1}{n}) ) =

( a_{n} = ^{30} \frac{sin(nπ/4)}{n^{p}} + \frac{1}{2} · \frac{cos(nπ/2)}{n^{2p}} − (\frac{1}{2} · \frac{1}{n^{2p}} + o (\frac{1}{n^{2p}} ) ) , ďalej počínajúc niektorým n_{0} ∈ N platí

\frac{| sin(nπ/4)|}{2n^{p}} ≤ \frac{| sin(nπ/4)|}{|n^{p} + sin(nπ/4)|} ≤ \frac{2}{n^{p}} ; pritom pre p ≤ 1 rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{| sin(nπ/4)|}{2n^{p}} diverguje (jeho (2k − 1)–vý

čiastočný súčet je va̋čší ako k–ty čiastočný súčet divergentného radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{\sqrt{2}} · \frac{1}{(2n − 1)^{p}} , k ≥ 2 ) ); \underline{5}. konverguje absolútne pre p > 1 , konverguje relatívne pre p ∈ (\frac{1}{2}, 1] , diverguje pre p ≤ 0 ( a_{n} = \frac{(−1)^{n+1}}{(n + 1)^{p}} −

(\frac{1}{2(n + 1)^{2p}} + o (\frac{1}{(n + 1)^{2p}} ) ) , |a_{n}| = ln (1 + \frac{1}{(n + 1)^{p}} ) pre n nepárne, |a_{n}| = ln (1 + \frac{1}{(n + 1)^{p} − 1})

pre n párne, teda ln (1 + \frac{1}{(n + 1)^{p}} ) ≤ |a_{n}| ≤ ln (1 + \frac{1}{(n + 1)^{p} − 1}) , n ∈ N ); \underline{6}. konverguje absolútne pre p ≥ 0 , konverguje relatívne pre p ∈ (−1, 0) , diverguje pre p ≤ −1 (uvedomte si, že rad ∑_{n=|[p]|+1}^{∞} \frac{p(p − 1) ⋯ (p − n + 1)}{n!} je rad so striedavými znamienkami; |\frac{a_{n+1}}{a_{n}} | ≥ 1 pre p ≤ −1 , teda vtedy \{|a_{n}|\}_{n=1}^{∞} je neklesajúca postupnosť, |\frac{a_{n+1}}{a_{n}} | < 1 pre p > −1 , teda \{|a_{n}|\}_{n=1}^{∞} je vtedy klesajúca postupnosť, rovnosť lim_{n→∞} |a_{n}| = 0 pre p > −1 možno dokázať ako v riešení pr. 240); \underline{7}. konverguje absolútne pre p > 2 , konverguje relatívne pre p ∈ (0, 2] , diverguje pre p ≤ 0 (pozri pr. 225.6 a návod k pr. 240); \underline{8}. konverguje absolútne pre p > 1 , konverguje relatívne pre p ≤ 1 ( a_{n} = \frac{sin nx}{n^{ε}} · \frac{1}{n^{1−ε} ln^{p}(n + 1)} pre ε ∈ (0, 1) , pozri tiež riešenie pr. 246.16; |a_{n}| ≥ \frac{sin^{2} nx}{n ln^{p}(n + 1)} = \frac{1}{2n ln^{p}(n + 1)} − \frac{cos 2nx}{2n ln^{p}(n + 1)} , pritom rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{cos nx}{2n ln^{p}(n + 1)} konverguje pre každé p ∈ R ); \underline{9}. konverguje absolútne pre p > 1 , q > 1 ; konverguje relatívne pre 0 < p = q ≤ 1 , diverguje v ostatných prípadoch (daný rad konverguje absolútne práve vtedy, keď konvergujú rady ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n − 1)^{p}} a ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n)^{q}} , pozri pr. 237; nech p > q , q ∈ (0, 1) , označme S_{n} n–tý čiastočný súčet nášho radu, potom S_{2n} = P_{2n} + Q_{n} , kde P_{2n} je 2n–tý čiastočný súčet konver-

gentného radu ∑_{k=1}^{∞} \frac{(−1)^{k+1}}{k^{p}} , Q_{n} := ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{(2k)^{q}} (1 − \frac{1}{(2k)^{p−q}} ) , pritom — pretože lim_{k→∞} \frac{1}{(2k)^{p−q}} = 0 — rad

∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{(2k)^{q}} (1 − \frac{1}{(2k)^{p−q}} ) má rovnaký charakter ako divergentný rad ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{(2k)^{q}} ); 271 pozri poznámku ^{17} k riešeniu pr. 247.2a; 272 nech a_{nk} je posledný člen v k–tej zátvorke, S_{n} je n–tý čiastočný súčet radu ∑_{n=1}^{∞} a_{n} , po-

tom S_{nk} , S_{nk+1} , S_{nk+2} , …, S_{nk+1} (k ∈ N) je konečná monotónna postupnosť, teda hodnoty S_{nk+1}, …, S_{nk+1−1} ,,ležia medzi číslami S_{nk} a S_{nk+1}“; ak neexistuje lim_{k→∞} S_{nk} , tak zrejme neexistuje ani lim_{n→∞} S_{n}; nech lim_{k→∞} S_{nk} =: S ∈ R : ak |S_{nk} − S| < ε a číslo c ,,leží medzi S_{nk} a S_{nk+1}“, tak aj pre c platí |c − S| < ε; analogickú úvahu možno použiť v prípade lim_{k→∞} S_{nk} = ∞ , lim_{k→∞} S_{nk} = −∞;

273 z každej konvergentnej postupnosti — teda aj z postupnosti {S_{n}}_{n=1}^{∞} — možno vybrať monotónnu konvergentnú podpostupnosť;

30= \frac{sin(nπ/4)}{n^{p}}(1 + \frac{sin(nπ/4)}{n^{p}})^{−1} = \frac{sin(nπ/4)}{n^{p}}(1 − \frac{sin(nπ/4)}{n^{p}} + o (\frac{1}{n^{p}} ) ) =

274 \underline{1}. konverguje ( |a_{n}| = |\frac{sin n}{\sqrt[3]{n^{2}}} − (\frac{sin n}{\sqrt[3]{n^{2}}} − \frac{sin^{3} n}{6n^{2}} + o (\frac{sin^{3} n}{n^{2}}) )| = |\frac{sin^{3} n}{6n^{2}} ||1 + \frac{6n^{2}}{sin^{3} n} ·

o (\frac{sin^{3} n}{n^{2}}) | ≤ \frac{1}{6n^{2}} počínajúc niektorým n_{0} ∈ N ); \underline{2}. konverguje ( a_{n} = (−1)^{n+1} sin (π \frac{n − 1}{n^{2} + 1}) , pozri tiež riešenie pr. 239.7); \underline{3}. konverguje ( a_{n} = \frac{(−1)^{n+1}}{ln^{2} n} cos \frac{π}{n + 1} ); \underline{4}. konverguje (možno využiť pr.

244.2); \underline{5}. diverguje ( a_{n} = (1 + \frac{1}{2} · \frac{(−1)^{n}}{\sqrt{n}} − \frac{1}{8n} + o (\frac{1}{n}) ) − 1 = \frac{(−1)^{n}}{2\sqrt{n}} − \frac{1}{n}(\frac{1}{8} + no (\frac{1}{n}) ) , teda

rad ∑_{n=1}^{∞} a_{n} je rozdielom konvergentného radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{2\sqrt{n}} a radu ∑_{n=1}^{∞} (\frac{1}{8n} + o (\frac{1}{n}) ) s kladnými členmi, ktorý má rovnaký charakter ako rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n} ); \underline{6}. konverguje ( a_{n} = \frac{sin n}{n} + sin n · (\frac{1}{n + 10 sin n} − \frac{1}{n}); ak pre funkciu y = \frac{1}{x} na intervale s koncovými bodmi n + 10 sin n , n použijeme Lagrangeovu vetu o strednej hodnote, dostaneme \frac{1}{n + 10 sin n} − \frac{1}{sin n} = −\frac{1}{c^{2}} ((n + 10 sin n) − n) = −\frac{10 sin n}{c^{2}} , pričom pre c iste platí c > n − 10 (n > 10) ; preto a_{n} = \frac{sin n}{n} − \frac{10 sin^{2} n}{c^{2}} , konvergencia radu ∑_{n=11}^{∞} \frac{10 sin^{2} n}{c^{2}} vyplýva z nerovností 0 ≤ \frac{10 sin^{2} n}{c^{2}} ≤ \frac{10}{(n − 10)^{2}} ); \underline{7}. konverguje ( a_{n} = \frac{sin n}{ln ln n} cos \frac{1}{n} + \frac{cos n}{ln ln n} sin \frac{1}{n} , pritom cos \frac{1}{n} ↗ 1 , sin \frac{1}{n} ↘ 1 a konvergencia radov ∑_{n=2}^{∞} \frac{sin n}{ln ln n} a ∑_{n=2}^{∞} \frac{cos n}{ln ln n} vyplýva z Dirichletovho kritéria); \underline{8}. konverguje (podľa Taylorovho vzorca so zvyškom v Lagrangeovom tvare je sin x = x− \frac{x^{3}}{6} + \frac{sin ϑ(x)}{24} x^{4} , preto ∑_{n=1}^{∞} a_{n} = ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin n}{\sqrt[3]{n}} − ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin^{3} n}{6n} + ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin ϑ_{n}}{24} · \frac{sin^{4} n}{n^{4/3}} , pritom konvergencia druhého radu vyplýva z návodu k pr. 245.13 a konvergencia tretieho radu z nerovnosti |\frac{sin ϑ_{n}}{24} · \frac{sin^{4} n}{n^{4/3}} | ≤ \frac{1}{24n^{4/3}} ); \underline{9}. konverguje ( | sin π(2 + \sqrt{3})^{n}| = sin π(2 − \sqrt{3})^{n}; z binomického rozvoja vyplýva, že rozdiel (2 + \sqrt{3})^{n} − (2 − \sqrt{3})^{n} je

celé číslo); \underline{10}. diverguje ( S_{5n} = P_{n} + Q_{n} , kde P_{n} := ∑_{k=1}^{n}(−1)^{k}(\frac{1}{3k ln(3k + 1)} + \frac{1}{(3k + 1) ln(3k + 2)})

je n–tý súčet radu, ktorého konvergencia vyplýva z Leibnizovho kritéria, a Q_{n} := ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{(3k + 2) ln(3k + 3)} je n–tý súčet radu, ktorého divergencia vyplýva z integrálneho kritéria); \underline{11}. konverguje pre p > \frac{1}{2} (pre p > 1 konverguje absolútne, pre p ≤ 1 stačí podľa pr. 272 vyšetrovať konvergenciu radu ∑_{n=1}^{∞} A_{n} , kde

A_{n} := ∑_{k=n2}^{(n+1)2−1} \frac{1}{k^{p}} ; pretože A_{n} = \frac{1}{n^{2p}} + ⋯ + \frac{1}{(n^{2} + 2n)^{p}} > \frac{2n + 1}{(n^{2} + 2n)^{p}} > \frac{2n}{3n^{2p}} , nie je pre p ≤ \frac{1}{2} splnená

nutná podmienka konvergencie; pre p ∈ (\frac{1}{2}, 1) rad ∑_{n=1}^{∞} A_{n} konverguje podľa Leibnizovho kritéria: pretože A_{n} < \frac{2n + 1}{n^{2p}} , je lim_{n→∞} A_{n} = 0 ; pretože podľa Lagrangeovej vety o strednej hodnote je a_{k} := \frac{1}{(n^{2} + k)^{p}} −

\frac{1}{(n^{2} + 2n + 1 + k)^{p}} = \frac{p(2n + 1)}{c^{p+1}} > \frac{p(2n + 1)}{(n^{2} + 2n + 1 + k)^{p+1}} > \frac{2np}{(n^{2} + 4n + 2)^{p+1}} pre k = 0, 1, …, 2n , a pretože

b := \frac{1}{(n^{2} + 4n + 2)^{p}} + \frac{1}{(n^{2} + 4n + 3)^{p}} < \frac{2}{(n^{2} + 4n + 2)^{p}} , dostávame A_{n} − A_{n+1} = ( ∑_{k=0}^{2n} a_{k}) − b > (2n +

1)\frac{2np}{(n^{2} + 4n + 2)^{p+1}} − \frac{2}{(n^{2} + 4n + 2)^{p}} > \frac{4n^{2}p}{(n^{2} + 4n + 2)^{p+1}} − \frac{2}{(n^{2} + 4n + 2)^{p}} = \frac{n^{2}(4p − 2) − 8n − 4}{(n^{2} + 4n + 2)^{p+1}} , teda pre

p > \frac{1}{2} a dostatočne veľké n ∈ N je A_{n}−A_{n+1} > 0 ; \underline{12}. diverguje (pre A_{n} := \frac{1}{[e^{n−1}] + 1} +⋯+ \frac{1}{[e^{n}]} , n ≥

2 , platí A_{n} ≥ \frac{[e^{n}] − [e^{n−1}]}{[e^{n}]} ≥ \frac{e^{n} − 1 − e^{n−1}}{e^{n}} = 1 − \frac{1}{e} − \frac{1}{e^{n}} ≥ 1 − \frac{2}{e} , teda pre rad ∑_{n=2}^{∞} A_{n} nie je splnená

nutná podmienka konvergencie, ďalej pozri pr. 272 a 208.1);

275 ak u_{n} , resp. w_{n} je n–tý čiastočný súčet radu ∑_{n=1}^{∞} a_{n}b_{n} , resp. ∑_{n=1}^{∞}(a_{n} − a_{n+1})S_{n} , tak u_{n} = a_{1}S_{1}+a_{2}(S_{2}−S_{1})+⋯+a_{n}(S_{n}−S_{n−1}) = (a_{1}−a_{2})S_{1}+(a_{2}−a_{3})S_{2}+⋯+(a_{n−1}−a_{n})S_{n−1}+a_{n}S_{n} = w_{n−1}+a_{n}S_{n};

276 vyplýva to z pr. 275;

277 označme a_{0} := 0 , b_{0} := − ∑_{n=1}^{∞} b_{n}; z nerovnosti |a_{n}| ≤ ∑_{i=0}^{n−1} |a_{i} − a_{i+1}| , n ∈ N , a z predpokladu (ii) vyplýva ohraničenosť postupnosti {a_{n}}_{n=0}^{∞}; ďalej platí lim_{n→∞} S′_{n} = 0 , kde S′_{n} je n–tý čiastočný súčet radu ∑_{n=0}^{∞} b_{n}; odtiaľ na základe pr. 275 vyplýva konvergencia radu ∑_{n=0}^{∞} a_{n}b_{n};

278 na dôkaz nerovnosti S_{p} < 1 stačí daný rad ,,uzátvorkovať“ nasledovne: 1 − (\frac{1}{2^{P}} − \frac{1}{3^{p}} ) − (\frac{1}{4^{p}} − \frac{1}{5^{p}} ) − ⋯^{31}; na dôkaz nerovnosti \frac{1}{2} < S_{p} ,,uzátvorkujme“ náš rad takto: (1 − \frac{1}{2^{p}} ) + ⋯ + (\frac{1}{(2n − 1)^{p}} − \frac{1}{(2n)^{p}} )+⋯; podľa Lagrangeovej vety o strednej hodnote (použitej pre funkciu \frac{1}{x^{p}} na intervale [2n−1, 2n] )

je \frac{1}{(2n − 1)^{p}} − \frac{1}{(2n)^{p}} = \frac{p}{c^{p+1}} pre niektoré c ∈ (2n − 1, 2n) , preto S_{p} > ∑_{n=1}^{∞} \frac{p}{(2n)^{p+1}} , ďalej stačí použiť

nerovnosť ∑_{n=1}^{∞} \frac{p}{(2n)^{p+1}} ≥ ∫_{1}^{∞} \frac{p}{(2x)^{p+1}} dx (pozri pr. 228.2);

279 v prípade p = m možno použiť Dirichletovo kritérium, resp. kritérium z pr. 244.2; pre p < m

(prípad p > m je analogický) platí S_{k(m+p)} = [1 + \frac{1}{2} + ⋯ + \frac{1}{p} − \frac{1}{p + 1} − ⋯ − \frac{1}{2p}] − (\frac{1}{2p + 1} + ⋯ +

\frac{1}{p + m})+⋯+[\frac{1}{(k − 1)(p + m) + 1} +⋯+ \frac{1}{kp + (k − 1)m} − \frac{1}{kp + (k − 1)m + 1} −⋯− \frac{1}{(k + 1)p + (k − 1)m}]−

(\frac{1}{(k + 1)p + (k − 1)m + 1} + ⋯ + \frac{1}{k(p + m)}) , pričom súčet čísel v hranatých zátvorkách je čiastočný súčet konvergentného radu (stačí použiť Dirichletovo kritérium, resp. kritérium z pr. 244.2) a súčet čísel v okrúhlych zátvorkách je čiastočný súčet divergentného radu;

280 \underline{1}. pozri pr. 247.3; \underline{2}. napr. nasledujúce prerovnanie: 1 kladný člen, 1 záporný, 1 kladný, 3 záporné, 1 kladný, 5 záporných, …, jeho (n^{2} + n)–tý čiastočný súčet (ktorý je súčtom prvých n kladných a prvých n^{2} záporných členov radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{n} ) je podľa pr. 247.1 rovný −\frac{1}{2} ln 4n + \frac{1}{2}ε_{n} − η_{n2} ;

281 podľa pr. I.173.2 každé prerovnanie postupnosti {a_{n}}_{n=1}^{∞} má limitu rovnú 0, pre postupnosť {S_{n}}_{n=1}^{∞} čiastočných súčtov prerovnaného radu teda platí lim_{n→∞}(S_{n+1} − S_{n}) = 0 , tvrdenie pr. 281 potom vyplýva z pr. I.202 (analógia tvrdenia pr. I.202 pre neohraničené postupnosti má rovnaký dôkaz ako pr. I.202);

282 \underline{1}. ∑_{k=1}^{n}(a_{k} − sin a_{k}) = ∑_{k=1}^{n}(a_{k} − a_{k+1}) = a_{1} − a_{n+1} , pritom lim_{n→∞} a_{n+1} = 0 (pozri pr. I.156.5), 31toto je myšlienka dôkazu odhadu pre R_{n} v Leibnizovom kritériu

súčasne a_{n} − sin a_{n} = a_{n} − (a_{n} − \frac{a_{n}^{3}}{6} + o(a_{n}^{3})) = \frac{a_{n}^{3}}{6} + o(a_{n}^{3}) , preto rady ∑_{n=1}^{∞}(a_{n} − sin a_{n}) a ∑_{n=1}^{∞} a_{n}^{3}

majú rovnaký charakter (uvedomte si, že rad ∑_{n=1}^{∞} a_{n}^{3} je rad s konštantným znamienkom); \underline{2}. ∑_{k=1}^{n} ln \frac{a_{k+1}}{a_{k}} = ln \frac{a_{n+1}}{a_{n}} , pritom lim_{n→∞} a_{n} = 0 , súčasne — pretože \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = \frac{sin a_{n}}{a_{n}} → 1 pre n → ∞ a lim_{u→0} \frac{ln(1 + u)}{u} = 1 — má rad ∑_{n=1}^{∞} ln \frac{a_{n+1}}{a_{n}} rovnaký charakter ako rad ∑_{n=1}^{∞} (1− \frac{sin a_{n}}{a_{n}} ) , ktorý má (pretože 1− \frac{sin a_{n}}{a_{n}} = \frac{a_{n}^{2}}{6} +o(a_{n}^{2}) ) rovnaký charakter ako rad ∑_{n=1}^{∞} a_{n}^{2} ; \underline{3}. konverguje len pre x ∈ [−1, 1) (použite vetu 6’ z odseku 3.3 a fakt, že lim_{n→∞} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = 1 ; pre x = 1 využite skutočnosť, že ∑_{n=1}^{∞} a_{n} je postupnosť s konštantným znamienkom, nerovnosť |a_{n}| ≥ a_{n}^{2} a pr. 282.2; pre x = −1 využite monotónnosť postupnosti {a_{n}}_{n=1}^{∞} , pr. 282.2 a návod k pr. 240);

283 \underline{1}. konverguje ( \frac{a_{2n+2}}{a_{2n}} = \frac{a_{2n+1}}{a_{2n−1}} = \frac{5}{16} , preto rady ∑_{n=1}^{∞} a_{2n} a ∑_{n=1}^{∞} a_{2n−1} konvergujú);

\underline{2}. konverguje (použite pr. I.156.5 a Dirichletovo kritérium, resp. kritérium z pr. 244.2) ; \underline{3}. diverguje ( lim_{n→∞} a_{n} = 0 ( {a_{n}}_{n=1}^{∞} je zdola ohraničená klesajúca postupnosť, jej limita je riešením rovnice x = ln(1 + x) ); hľadajme p ∈ R tak, aby platilo lim_{n→∞} (a_{n+1}^{p} − a_{n}^{p}) je konečná a nenulová: a_{n+1}^{p} − a_{n}^{p} =

ln^{p}(1 + a_{n}) − a_{n}^{p} = (a_{n} − \frac{a_{n}^{2}}{2} + o(a_{n}^{2}))^{p} − a_{n}^{p} = a_{n}^{p}(1 − \frac{a_{n}}{2} + o(a_{n}))^{p} − a_{n}^{p} = a_{n}^{p}(1 − \frac{pa_{n}}{2} + o(a_{n})) − a_{n}^{p} =

−\frac{pa_{n}^{p+1}}{2} +a_{n}^{p} ·o(a_{n}) , odtiaľ vidno, že treba zvoliť p = −1 ; potom lim_{n→∞} (\frac{1}{a_{n+1}} − \frac{1}{a_{n}} ) = \frac{1}{2} , odtiaľ podľa pr.

I.171 vyplýva lim_{n→∞} \frac{1/a_{n+1} − 1/a_{1}}{n} ( = lim_{n→∞} \frac{1}{n}[(\frac{1}{a_{n+1}} − \frac{1}{a_{n}} )+(\frac{1}{a_{n}} − \frac{1}{a_{n−1}} )+⋯+(\frac{1}{a_{2}} − \frac{1}{a_{1}} )] ) = \frac{1}{2} ,

preto lim_{n→∞} \frac{a_{n+1}}{1/n} = 2 , teda podľa porovnávacieho kritéria rad ∑_{n=1}^{∞} a_{n} diverguje); \underline{4}. konverguje len pre a = 0 , a = 1 (postupnosť {a_{n}}_{n=1}^{∞} v prípade a ∈ (0, 1) a postupnosť {−a_{n}}_{n=2}^{∞} v prípade a ∈ (−∞, 0) ∪ (1, ∞) sú klesajúce postupnosti s limitou 0; podobne ako v riešení pr. 283.3 zistíme, že lim_{n→∞} \frac{|a_{n+1}|}{1/n} ^{32} = 1 ; stačí si uvedomiť, že rad ∑_{n=1}^{∞} a_{n} je pre a ≠ 0, a ≠ 1 radom s konštantným znamienkom, a použiť porovnávacie kritérium);

284 z konvergencie radu ∑_{n=1}^{∞} a_{n}e^{−nx0} vyplýva ohraničenosť postupnosti {a_{n}e^{−nx0}}_{n=1}^{∞} , preto pre

niektoré K > 0 platí |a_{n}e^{−nx}| = |a_{n}e^{−nx0} · (e^{(x0−x)})^{n}| ≤ K(\frac{1}{e^{x−x0}} )^{n};

285 použijeme nasledujúce tvrdenie ^{33}: ,,ak 0 ≤ a_{1} ≤ a_{2} ≤ ⋯ ≤ a_{n} a pre čísla b_{1} …, b_{n} platí |b_{1}| ≤ A , |b_{1} + b_{2}| ≤ A , …, |b_{1} + ⋯ + b_{n}| ≤ A , tak |a_{1}b_{1} + ⋯ a_{n}b_{n}| ≤ 2Aa_{n}“; z konvergencie radu ∑_{n=1}^{∞} a_{n}n^{−p} vyplýva ohraničenosť postupnosti jeho čiastočných súčtov ( | ∑_{k=1}^{n} a_{k}k^{−p}| ≤ B pre niektoré B > 0

32pre a ∈ (−∞, 0) ∪ (1, ∞) je postupnosť {a_{n}}_{n=1}^{∞} postupnosťou záporných čísel, postup z pr. 283.3 preto uplatňujeme na postupnosť {−a_{n}}_{n=1}^{∞}

33toto tvrdenie sa dokazuje pomocou Abelovej parciálnej sumácie (pozri napr. [24, str.135-136, dôkaz Abelovej lemy]) a všetky n ∈ N ) a — ak je dané ε > 0 — podľa vety 2 ∃ N ∈ N ∀ n ∈ N , n > N ∀ q ∈ N : |a_{n}n^{−p} +

⋯ + a_{n+q}(n + q)^{−p}| < \frac{ε}{4} ; nech n > N , potom |\frac{1}{n^{p}} ∑_{k=1}^{n} a_{k}| ≤ |\frac{a_{1}}{1^{p}} (\frac{1}{n})^{p} + \frac{a_{2}}{2^{p}} (\frac{2}{n})^{p} + ⋯ + \frac{a_{N}}{N^{p}} (\frac{N}{n} )^{p} | +

|\frac{a_{N+1}}{(N + 1)^{p}} (\frac{N + 1}{n})^{p} + ⋯ + \frac{a_{n}}{n^{p}} · 1^{p}| ≤ 2B (\frac{N}{n} )^{p} + 2 · \frac{ε}{4} · 1^{p} , preto pre n > max \{N, N(\frac{4B}{ε} )^{1/p}\} je

|\frac{1}{n^{p}} ∑_{k=1}^{n} a_{k}| < ε;

286 \underline{1}. ak lim_{n→∞} a_{n} = 0 , tak rady ∑_{n=1}^{∞} a_{n} a ∑_{n=1}^{∞} \frac{a_{n}}{1 + a_{n}} majú rovnaký charakter, pretože lim_{n→∞} \frac{a_{n}/(1 + a_{n})}{a_{n}} = 1 ; ak lim_{n→∞} a_{n} neexistuje alebo sa nerovná 0, možno z \{a_{n}\}_{n=1}^{∞} vybrať podpostupnosť \{a_{n(k)}\}_{k=1}^{∞} takú, že existuje lim_{k→∞} a_{n(k)} =: A ∈ R^{∗} , A ≠ 0 ; potom rad ∑_{k=1}^{∞} \frac{a_{n(k)}}{1 + a_{n(k)}} nespĺňa nutnú podmienku konvergencie ( lim_{k→∞} \frac{a_{n(k)}}{1 + a_{n(k)}} = \{ \begin{matrix}1 , ak & A = ∞ \\ \frac{A}{1 + A} , ak & A ∈ R \end{matrix} ); pretože ∑_{n=1}^{∞} \frac{a_{n}}{1 + a_{n}} je rad s kladnými členmi, vyplýva z divergencie radu ∑_{k=1}^{∞} \frac{a_{n(k)}}{1 + a_{n(k)}} divergencia radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{a_{n}}{1 + a_{n}} ;

\underline{2}. pre p = 1 : ukážeme, že rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{a_{n}}{S_{n}} nespĺňa Cauchyho–Bolzanovo kritérium konvergencie: \frac{a_{n+1}}{S_{n+1}} +

\frac{a_{n+2}}{S_{n+2}} + ⋯ + \frac{a_{n+p}}{S_{n+p}} > \frac{a_{n+1} + ⋯ + a_{n+p}}{S_{n+p}} = \frac{S_{n+p} − S_{n}}{S_{n+p}} = 1 − \frac{S_{n}}{S_{n+p}} , pritom — pretože lim_{n→∞} S_{n} = ∞ —

platí ∀ n ∈ N ∃ p ∈ N : \frac{S_{n}}{S_{n+p}} < \frac{1}{2} ;

pre p > 1 : ak na intervale [S_{n}, S_{n+1}] použijeme pre funkciu \frac{1}{x^{p−1}} Lagrangeovu vetu o strednej hodnote,

dostaneme \frac{1}{S_{n}^{p−1}} − \frac{1}{S_{n+1}^{p−1}} = \frac{p − 1}{c^{p}}(S_{n+1} − S_{n}) = \frac{(p − 1)a_{n+1}}{c^{p}} pre niektoré c ∈ (S_{n}, S_{n+1}) , preto \frac{a_{n+1}}{S_{n+1}^{p}} ≤

\frac{a_{n+1}}{c^{p}} = \frac{1}{p − 1}(\frac{1}{S_{n}^{p−1}} − \frac{1}{S_{n+1}^{p−1}} ) , pritom rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{p − 1}(\frac{1}{S_{n}^{p−1}} − \frac{1}{S_{n+1}^{p−1}} ) konverguje (jeho n–tý čiastočný

súčet je \frac{1}{p − 1}(\frac{1}{S_{1}^{p−1}} − \frac{1}{S_{n+1}^{p−1}} ) , pritom lim_{n→∞} S_{n} = ∞ ); v prípade p < 1 možno postupovať podobne ako pre p > 1 alebo využiť nerovnosť \frac{a_{n}}{S_{n}} < \frac{a_{n}}{S_{n}^{p}} počínajúc niektorým n_{0} ∈ N ;

287 \underline{1}. \frac{a_{n}}{R_{n}} + \frac{a_{n+1}}{R_{n+1}} + ⋯ + \frac{a_{n+p}}{R_{n+p}} ≥ \frac{a_{n} + ⋯ + a_{n+p}}{R_{n}} → 1 pre p → ∞ , preto rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{a_{n}}{R_{n}} nespĺňa

Cauchyho–Bolzanovo kritérium konvergencie; \underline{2}. podobne ako pri riešení prípadu p > 1 v pr. 286.2

dostaneme \sqrt{R_{n+1}} − \sqrt{R_{n}} = \frac{1}{2\sqrt{c}} a_{n} pre niektoré c ∈ (R_{n+1}, R_{n}) , preto \frac{a_{n}}{\sqrt{R_{n}}} < 2(\sqrt{R_{n+1}} − \sqrt{R_{n}} ) ,

pritom lim_{n→∞} R_{n} = 0 ;

288 nech S_{n} , resp. P_{n} je n–tý čiastočný súčet radu ∑_{n=1}^{∞} n(a_{n} − a_{n+1}) , resp. ∑_{n=1}^{∞} a_{n}; potom S_{n} = [(a_{1} − a_{2}) + (a_{2} − a_{3}) + ⋯ + (a_{n} − a_{n+1})] + [(a_{2} − a_{3}) + ⋯ + (a_{n} − a_{n+1})] + ⋯ + [(a_{k} − a_{k+1}) + ⋯ + (a_{n} − a_{n+1})] + ⋯ + [a_{n} − a_{n+1}] = a_{1} + a_{2} + ⋯ + a_{n} − na_{n+1} = P_{n} − na_{n+1} , odtiaľ na základe pr. 211.1 vyplýva: ak existuje konečná lim_{n→∞} P_{n} , tak postupnosť {S_{n}}_{n=1}^{∞} má tú istú limitu ^{34}; nech teraz lim_{n→∞} P_{n} = ∞ , nech m ∈ N je dané, potom — pretože lim_{n→∞} a_{n} = 0 — existuje N ∈ N tak, že a_{N+1} < \frac{a_{1}}{2} , …, a_{N+1} < \frac{a_{m}}{2} , potom S_{N} = (a_{1} − a_{N+1}) + (a_{2} − a_{N+1}) + ⋯ + (a_{m} − a_{N+1}) + [(a_{m+1} − a_{N+1}) + ⋯ + (a_{N} − a_{N+1})] >

34toto tvrdenie je špeciálny prípad pr. 275 (stačí zvoliť b_{n} ≡ 1)

\frac{1}{2}(a_{1} + ⋯ + a_{m}) = \frac{P_{m}}{2} (číslo v hranatej zátvorke je nezáporné, pretože a_{m+1} ≥ a_{m+2} ≥ ⋯ ≥ a_{N+1} ); 289 napr. rad

1 − \frac{1}{2 ^{3} \sqrt{2}} − \frac{1}{2 ^{3} \sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt[3]{2}} − \frac{1}{3 ^{3} \sqrt{3}} − \frac{1}{3 ^{3} \sqrt{3}} − \frac{1}{3 ^{3} \sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt[3]{3}} − ⋯ \underbrace{−\frac{1}{n ^{3} \sqrt{n}} − \frac{1}{n ^{3} \sqrt{n}} ⋯ − \frac{1}{n ^{3} \sqrt{n}}}_{n–krát} + \frac{1}{\sqrt[3]{n}} − ⋯;

konvergenciu tohto radu možno dokázať na základe pr. 272; divergencia radu ∑_{n=1}^{∞} a_{n}^{3} vyplýva z pr. 237.3;

290 označme P_{n} := ∑_{k=1}^{n} a_{k} , S_{n} := ∑_{k=1}^{n} a_{pk} ; z nerovností a_{pk} ≥ a_{(k−1)c+1} , k ∈ N (táto nerovnosť vyplýva z nerovnosti p_{k} ≤ (k − 1)c + 1 a monotónnosti postupnosti {a_{n}}_{n=1}^{∞} ) a ca_{(k−1)c+1} ≥ a_{(k−1)c+1} +

a_{(k−1)c+2} + ⋯ + a_{kc} , k ∈ N , dostávame S_{n} ≥ ∑_{k=1}^{n} a_{(k−1)c+1} ≥ \frac{1}{c}[(a_{1} + ⋯ + a_{c}) + (a_{c+1} + ⋯ + a_{2c}) + ⋯ +

(a_{(n−1)c+1} + ⋯ + a_{nc})] = \frac{1}{c}P_{cn};

291 pozri pr. 287.2; 292 \underline{2}. v pr. 292.1 položte a_{n} = x_{n+1} − x_{n} , b_{n} = y_{n+1} − y_{n} , ďalej využite rovnosť \frac{x_{n}}{y_{n}} =

(\frac{x_{n} − x_{1}}{y_{n} − y_{1}} )(1 − \frac{y_{1}}{y_{n}} ) + \frac{x_{1}}{y_{n}} ; \underline{3a}) \frac{1}{p} ^{35} (\frac{x_{n+1} − x_{n}}{y_{n+1} − y_{n}} = \frac{(n + 1)^{p−1}}{(n + 1)^{p} − n^{p}} , pritom podľa Lagrangeovej vety

o strednej hodnote (n + 1)^{p} − n^{p} = pc^{p−1} pre niektoré c ∈ (n, n + 1) , preto \frac{(n + 1)^{p−1}}{p(n + 1)^{p−1}} ≤ \frac{x_{n+1} − x_{n}}{y_{n+1} − y_{n}} ≤

\frac{(n + 1)^{p−1}}{pn^{p−1}} , a teda lim_{n→∞} \frac{x_{n+1} − x_{n}}{y_{n+1} − y_{n}} = \frac{1}{p} ); \underline{3b}) \frac{1}{2} ^{36} (ak x_{n} := p1^{p−1} + ⋯ + pn^{p−1} − n^{p} , y_{n} := pn^{p−1} ,

tak \frac{x_{n+1} − x_{n}}{y_{n+1} − y_{n}} = \frac{pn^{p−1} (1 + \frac{1}{n})^{p−1} − n^{p}( (1 + \frac{1}{n})^{p} − 1)}{pn^{p−1} ((1 + \frac{1}{n})^{p−1} − 1)} =

= \frac{pn^{p−1} (1 + \frac{p − 1}{n} + o (\frac{1}{n})) − n^{p}( (1 + \frac{p}{n} + \frac{p(p − 1)}{2n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}} )) − 1)}{pn^{p−1}( (1 + \frac{p − 1}{n} + o (\frac{1}{n})) − 1)} =

= \frac{n^{p−2}(\frac{p(p − 1)}{2} + pno (\frac{1}{n}) + n^{2}o (\frac{1}{n^{2}} ) )}{n^{p−2}(p(p − 1) + pno (\frac{1}{n}) )} ; \underline{4}. stačí dokázať, že lim_{n→∞} \frac{\frac{a_{n}}{S_{n}}}{ln S_{n} − ln S_{n−1}} = 1 a použiť tvr-

denie z pr. 292.1; podľa Lagrangeovej vety o strednej hodnote je ln S_{n} − ln S_{n−1} = \frac{1}{c_{n}} (S_{n} − S_{n−1}) = \frac{a_{n}}{c_{n}} pre niektoré c_{n} ∈ (S_{n−1}, S_{n}) ; c_{n} možno zapísať v tvare c_{n} = S_{n} − ϑ_{n}a_{n} , kde ϑ_{n} ∈ (0, 1) , potom

\frac{\frac{a_{n}}{S_{n}}}{ln S_{n} − ln S_{n−1}} = \frac{\frac{a_{n}}{S_{n}}}{\frac{a_{n}}{S_{n} − ϑ_{n}a_{n}}} = 1 − ϑ_{n} \frac{a_{n}}{S_{n}} ;

293 ak je postupnosť {a_{n}}_{n=1}^{∞} ohraničená, tak existuje konečná nenulová lim_{n→∞} a_{n} a 35pozri tiež pr. 83.2 36na výpočet tejto limity možno použiť v prípade p ≥ 2 výsledok pr. 168, ak v ňom zvolíme f(x) =

x^{p−1} , a = 0 , b = 1 lim_{n→∞} \frac{\frac{a_{n+1} − a_{n}}{a_{n+1}}}{a_{n+1} − a_{n}} = \frac{1}{lim_{n→∞} a_{n}} , preto rad ∑_{n=1}^{∞} (1 − \frac{a_{n+1}}{a_{n}} ) má rovnaký charakter ako konvergentný rad ∑_{n=1}^{∞}(a_{n+1} −a_{n}) ; ak postupnosť {a_{n}}_{n=1}^{∞} nie je ohraničená, tak nie je splnené Cauchyho–Bolzanovo kritérium

konvergencie: \frac{a_{n+1} − a_{n}}{a_{n+1}} + ⋯ + \frac{a_{n+p+1} − a_{n+p}}{a_{n+p+1}} > \frac{a_{n+1} − a_{n}}{a_{n+p+1}} + ⋯ + \frac{a_{n+p+1} − a_{n+p}}{a_{n+p+1}} = 1 − \frac{a_{n}}{a_{n+p+1}} → 1 pre

p → ∞;

294 z konvergencie radu ∑_{n=1}^{∞} f (\frac{1}{2^{n}} ) a rastu funkcie f vyplýva konvergencia radu ∑_{n=1}^{∞} f (\frac{S}{2^{n}} ) , kde S := ∑_{n=1}^{∞} a_{n}; ukážeme, že postupnosť \{P_{n}\}_{n=1}^{∞} čiastočných súčtov radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{f(a_{n})}{n} je zhora ohraničená, využijeme pritom Jensenovu nerovnosť ,,ak funkcia f je konkávna na intervale I , x_{i} ∈ I , λ_{i} > 0 (i = 1, …, n) a ∑_{i=1}^{n} λ_{i} = 1 , tak f (∑_{i=1}^{n} λ_{i}x_{i}) ≥ ∑_{i=1}^{n} λ_{i}f(x_{i})“ (pozri aj pr. I.453); potom — pretože

\frac{1}{m}(f(a_{m+1})+⋯+f(a_{2m})) ≤ f(\frac{1}{m}(a_{m+1}+⋯ a_{2m})) ≤ f(\frac{S}{m}) — je P_{2k} ≤ f(a_{1})+f(a_{2})+ \frac{1}{2}(f(a_{3})+f(a_{4}))+

\frac{1}{4}(f(a_{5}) + ⋯ + f(a_{8})) + ⋯ + \frac{1}{2^{k−1}} (f(a_{2k−1+1}) + ⋯ + f(a_{2k})) ≤ f(a_{1}) + f(a_{2}) + f(\frac{S}{2} ) + ⋯ + f(\frac{S}{2^{k−1}} ) ≤

f(a_{1}) + f(a_{2}) + ∑_{n=1}^{∞} f(\frac{S}{2^{n}} );