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}} );

4. Postupnosti a rady funkcií

295 \underline{1}. \frac{x^{2}}{3} , x ≥ 0 ; \underline{2}. f(x) ≡ 0 , x ∈ [0, 1] (pre x ∈ [0, 1) je lim_{n→∞} x^{n} = 0 , f_{n}(1) = 0 pre všetky

n ∈ N ); \underline{3}. f(x) = \{ \begin{matrix}0 , ak & x ≠ kπ/2 , k ∈ Z \\ 1 , ak & x ∈ \{2kπ ; k ∈ Z\} ∪ \{π/2 + 2kπ ; k ∈ Z\} \end{matrix} ( D(f) = R\(\{(2k +1)π; k ∈

Z\} ∪ \{−π/2 + 2kπ; k ∈ Z\}) ); \underline{4}. f(x) = x^{5} (pre x ≠ 0 je lim_{n→∞} n^{2}x^{4} sin \frac{x}{n^{2} + n} = x^{5} lim_{n→∞} \frac{sin \frac{x}{n^{2} + n}}{\frac{x}{n^{2} + n}} ·

\frac{n^{2}}{n^{2} + n} ; f_{n}(0) = 0 pre všetky n ∈ N ); \underline{5}. f(x) = \{ \begin{matrix}0 , ak & x ∈ (0, 1] \\ (x − 1)π/2 , ak & x > 1 \end{matrix} (pripomeňme, že

lim_{u→∞} arctg u = \frac{π}{2} ); \underline{6}. \frac{ln x}{2} ( lim_{n→∞} f_{n}(x) = \frac{ln x}{2} · lim_{n→∞} x^{1/2n} \frac{e^{(ln x)/2n} − 1}{(ln x)/2n} ; pripomeňme, že lim_{n→∞} a^{1/n} =

1 pre a > 0 ); \underline{7}. f(x) ≡ 0 , x ≥ 0 ( lim_{n→∞} n^{3}e^{−nx} = lim_{y→∞} g(y) , kde g(y) = \frac{y^{3}}{(e^{x})^{y}} , y ∈ R ,

pritom lim_{y→∞} g(y) možno nájsť použitím l’Hospitalovho pravidla); \underline{8}. f(x) ≡ 0 , x > 0 (podobne ako v pr. 295.7 možno lim_{y→∞} g(y) , kde g(y) = \frac{x ln xy}{y} , y ∈ R^{+} , nájsť použitím l’Hospitalovho pravidla); \underline{9}. \frac{1}{x^{2}} , x > 0 (využite, že lim_{y→∞} y arcctg y = 1 — možno to dokázať použitím l’Hospitalovho

pravidla alebo použitím substitúcie arcctg y = t ); \underline{10}. f(x) = \{ \begin{matrix}1 , ak & x ∈ [0, 1] \\ x , ak & x ∈ (1, 2] \\ \frac{x^{2}}{2} , ak & x ∈ (2, ∞) \end{matrix} (pre x ∈ (0, 1)

je f_{n}(x) = [(1 + x^{n} + \frac{x^{n}}{2^{n}} )^{1/n}] , f_{n}(1) = ^{n} \sqrt{2} [(1 + \frac{1}{2^{n+1}} )^{1/n}] , pre x ∈ (1, 2) je f_{n}(x) = x[(1 + \frac{1}{x^{n}} +

(\frac{x}{2})^{n} )^{1/n}] , f_{n}(2) = 2^{(n+1)/n}[(1 + \frac{1}{2^{n+1}} )^{1/n}] , pre x > 2 je f_{n}(x) = \frac{x^{2}}{2} [(1 + (\frac{2}{x^{2}} )^{n} + (\frac{2}{x})^{n})^{1/n}] ,

pritom funkcie v hranatých zátvorkách sú neurčité výrazy typu 1^{∞} , ktorých limity možno vypočítať postupom z pr. I.148); \underline{11}. sgn x (načrtnite si grafy funkcií f_{n}); \underline{12}. f(x) ≡ 0 , x > 0 ;

296 \underline{1}. nech x < y , potom z nerovností f_{n}(x) ≤ f_{n}(y) , n ∈ N , vyplýva f(x) = lim_{n→∞} f_{n}(x) ≤ lim_{n→∞} f_{n}(y) = f(y) ; \underline{2}. podobne ako v pr. 296.1 prejdite k limite pre n → ∞ v nerovnosti f_{n}(px + qy) ≤ pf_{n}(x) + qf_{n}(y) , n ∈ N , kde x, y ∈ (a, b) , p > 0 , q > 0 , p + q = 1 ;

297 \underline{1}. x > 1 (pozri vetu 5 z odseku 3.2); \underline{2}. |x| > 1 (použite vetu 6’ alebo 7’ z odseku 3.3 ^{1}, prípady x = 1 , x = −1 treba vyšetriť samostatne); \underline{3}. ⋃_{k∈Z} ([ − \frac{π}{6} + 2kπ, \frac{π}{6} + 2kπ] ∪ [\frac{5π}{6} + 2kπ, \frac{7π}{6} + 2kπ]); \underline{4}. ⋃_{k∈Z} [2kπ, (2k + 1)π]; \underline{5}. R (vyplýva to z Leibnizovho kritéria); \underline{6}. R \ \{−1, −2, −3, …\}; \underline{7}. [0, ∞) ; \underline{8}. R \ \{−1\} (možno použiť vetu 6’ z odseku 3.3: lim_{n→∞} |\frac{a_{n+1}}{a_{n}} | =

lim_{n→∞} |\frac{x}{1 + x^{n+1}} | = \{ \begin{matrix}|x| , ak & 0 < |x| < 1 \\ 0 , ak & |x| > 1 ^{2} \end{matrix} , pre x = 1 dostávame rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{2^{n}} , pre x = 0 rad

∑_{n=1}^{∞} 0 ); \underline{9}. (−∞, −1) ∪ (1, ∞) (použili sme Raabeho kritérium a prípady x = 1 , x = −1 sme vyšetrili samostatne); \underline{10}. R ( |\frac{cos πnx}{n ln^{2}(n + 1)}| ≤ \frac{1}{n ln^{2} n} pre n ≥ 2 a rad ∑_{n=2}^{∞} \frac{1}{n ln^{2} n} konverguje podľa integrálneho kritéria); \underline{11}. R \ \{2kπ ; k ∈ Z\} (použili sme Dirichletovo kritérium, pre dané x ≠ 2kπ (k ∈ Z) je postupnosť čiastočných súčtov číselného radu ∑_{n=1}^{∞} cos nx ohraničená — pozri riešenie pr. 243.5); \underline{12}. x ∈ (−1, 1) (pre |x| < 1 je |\frac{x^{n}}{1 − x^{n}} | ≤ \frac{|x|^{n}}{1 − |x|^{n}} a rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{|x|^{n}}{1 − |x|^{n}} má podľa tvrdenia α) vety 4b z odseku 3.2 rovnaký charakter ako rad ∑_{n=1}^{∞} |x|^{n}; pre |x| > 1 nie je splnená nutná podmienka konvergencie);

298 nech f_{n}(x) = a_{n}x+b_{n} , z konvergencie radov ∑_{n=1}^{∞}(a_{n}a+b_{n}) a ∑_{n=1}^{∞}(a_{n}b+b_{n}) vyplýva konvergencia

radov ∑_{n=1}^{∞} a_{n} a ∑_{n=1}^{∞} b_{n}; ak ∑_{n=1}^{∞} a_{n} = A , ∑_{n=1}^{∞} b_{n} = B , tak ∑_{n=1}^{∞}(a_{n}x + b_{n}) = Ax + B;

299 toto tvrdenie možno dokázať rovnako ako implikáciu ,,⟸“ z vety 2 alebo ho z tejto implikácie odvodiť (zo vzťahov sup_{x∈M} |f_{n}(x) − f(x)| ≤ c_{n} a lim_{n→∞} c_{n} = 0 vyplýva lim_{n→∞} sup_{x∈M} |f_{n}(x) − f(x)| = 0 );

300 \underline{1}. rovnomerne k f(x) ≡ 0 , x > 0 ( sup_{x>0} |f_{n}(x)| = \frac{1}{n} ); \underline{2}. rovnomerne k f(x) ≡ 0 , x ≥ 0 ( |f_{n}(x)| ≤ \frac{1}{ln(n + 1)} , x ≥ 0 , ďalej pozri pr. 299); \underline{3}. rovnomerne k sin \frac{x}{2} ( | sin \frac{1 + nx}{2n} − sin \frac{x}{2}| = |2 sin \frac{1}{2n} cos \frac{1 + 2nx}{2n}| ≤ 2 sin \frac{1}{2n} , x ∈ R ); \underline{4}. rovnomerne k f(x) ≡ 0 , x ≥ 1 (ak použijeme

1pripomeňme, že lim_{n→∞} ^{n} \sqrt{n} = 1 , pozri pr. I.135.2 alebo I.380.1 2pritom sme využili tvrdenie ,,ak lim_{x→a} |f(x)| = ∞ , tak lim_{x→a} \frac{1}{f(x)} = 0“ nerovnosť | sin u| < |u| pre u > 0 — pozri riešenie pr. I.352.2 — dostaneme |\frac{n^{2}x^{2}}{1 + n^{2}x^{4}} sin \frac{x^{2}}{\sqrt{n}}| <

\frac{n^{2}x^{4}}{\sqrt{n}(1 + n^{2}x^{4})} < \frac{1}{\sqrt{n}} ); \underline{5}. nerovnomerne k f(x) ≡ 0 ( sup_{x∈R} | sin \frac{x}{n}| = 1 pre každé n ∈ N );

\underline{6}. nerovnomerne k f(x) ≡ 0 , x ≥ 0 ( pre x > 0 je lim_{n→∞} f_{n}(x) = lim_{n→∞} \frac{1 − cos \frac{\sqrt[4]{x}}{n}}{( \frac{\sqrt[4]{x}}{n})^{2}} · \begin{matrix}√ & \overline{x} \\ √ & \overline{n} \end{matrix} =

\frac{1}{2} · 0 = 0 , ale pre každé n ∈ N je funkcia f_{n} neohraničená na M — stačí vypočítať f_{n}(x) pre

x = n((2k + 1)π)^{4} , k ∈ N ); \underline{7}. nerovnomerne k f(x) = x^{2} , x ≥ 1 ( lim_{x→∞} |f_{n}(x) − f(x)| = ∞

pre každé n ∈ N ); \underline{9a}) nerovnomerne k f(x) ≡ 0 , x ∈ [0, 10] ( sup_{x∈[0,10]} |f_{n}(x)| = f_{n} (\frac{1}{n}) = 1 );

\underline{9b}) rovnomerne k f(x) ≡ 0 , x ≥ 1 ( sup_{x∈[1,∞)} |f_{n}(x)| = f_{n}(1) ); \underline{10}. konverguje rovnomerne k f(x) ≡

0 , x ∈ (0, 1) ( sup_{x∈(0,1)} |f_{n}(x)| = −f_{n}(1) , pri hľadaní tohto čísla treba využiť, že lim_{x→0} f_{n}(x) = 0 pre každé

n ∈ N ); \underline{11a}) rovnomerne k f(x) ≡ 0 , x ∈ [0, 1 − δ] ; \underline{11b}) rovnomerne k f(x) ≡ 1 , x ∈ [1 + δ, ∞) ;

\underline{11c}) nerovnomerne k f(x) = \{ \begin{matrix}0 , ak & x ∈ [1 − δ, 1) \\ \frac{1}{2} , ak & x = 1 \\ 1 , ak & x ∈ (1, 1 + δ] \end{matrix} ( sup_{x∈[1−δ,1+δ]} |f_{n}(x) − f(x)| = \frac{1}{2} , n ∈ N ^{3});

\underline{12}. nerovnomerne k f(x) ≡ 0 , x ∈ (0, 1) ( lim_{x→1} f_{n}(x) = 1 , preto f_{n} musí ,,vyskočiť“ z každého ε–

pásu okolo funkcie f pre 0 < ε < 1 ); \underline{13}. rovnomerne k f(x) = |x| ( 0 < \sqrt{x^{2} + \frac{1}{n^{2}}} − \sqrt{x^{2}} =

\frac{(x^{2} + 1/n^{2}) − x^{2}}{\sqrt{x^{2} + 1/n^{2}} + \sqrt{x^{2}}} < \frac{1/n^{2}}{1/n} = \frac{1}{n} ); \underline{14}. rovnomerne k f(x) = \{ \begin{matrix}1 , ak & x ∈ [0, 1] \\ x , ak & x ∈ (1, 2] \end{matrix} ( |f_{n}(x) − f(x)| =

\{ \begin{matrix}^{n} \sqrt{1 + x^{n}} − 1 ≤ ^{n} \sqrt{2} − 1 pre & x ∈ [0, 1] \\ ^{n} \sqrt{1 + x^{n}} − x ≤ ^{n} \sqrt{2x^{n}} − x = x( ^{n} \sqrt{2} − 1) ≤ 2( ^{n} \sqrt{2} − 1) pre & x ∈ (1, 2] \end{matrix} , teda |f_{n}(x) − f(x)| ≤ 2( ^{n} \sqrt{2} −

1) ^{4}; pripomeňme, že lim_{n→∞} 2^{1/n} = 1 ); \underline{15}. nerovnomerne k f(x) ≡ 0 , x ≥ 0 (načrtnite si grafy funkcií

3každá z funkcií f_{n} , n ∈ N , teda ,,vyskočí“ z ε–pásu okolo funkcie f pre 0 < ε < 0.5 ; na obr. 11 je znázornený tento ε–pás pre ε = 0.2 (a δ = 0.5); v tomto ε–páse nemôže ležať graf žiadnej spojitej funkcie g:[1−δ, 1+δ]→ R ; funkcia g je totiž darbouxovská na [1−δ, 1+δ] (pozri vetu 4 pred pr. I.234) a musela by preto nadobúdať všetky hodnoty z intervalu [ε, 1−ε] (platí totiž g(x) < ε pre x ∈ [1−δ, 1) , g(x) > 1−ε pre x ∈ (1, 1 + δ] ) , čo ale nie je možné; podobnými úvahami možno dokázať toto tvrdenie (ktoré je špeciálnym prípadom dôsledku vety 7’): ,,ak {f_{n}}_{n=1}^{∞} je postupnosť spojitých funkcií, f_{n} → g na M a g|M má bod nespojitosti 1. druhu, tak postupnosť {f_{n}}_{n=1}^{∞} konverguje na množine M k funkcii g nerovnomerne“

4použili sme vlastne túto elementárnu úvahu: ,,ak D(f) = M ∪ N , f_{n} \overrightarrow{→} f na M a f_{n} \overrightarrow{→} f na N , tak

obr. 11. f_{n} , n ∈ N ) ;

302 |f(x) − f_{n}(x)| = \frac{1}{n}|nf(x) − [nf(x)]| < \frac{1}{n} , x ∈ [a, b] ;

303 \underline{1}. platí (pre spojitú funkciu f_{n} : [0, 1] → R platí implikácia ,,|f_{n}(x)| < ε , x ∈ [0, 1] ∩ Q ⟹ |f_{n}(x)| ≤ ε , x ∈ [0, 1]“, ktorú možno dokázať nasledovne: pre a ∈ [0, 1] \ Q existuje postupnosť {a_{k}}_{k=1}^{∞} ⊂ [0, 1] ∩ Q taká, že lim_{k→∞} a_{k} = a , potom — ak v nerovnosti |f_{n}(a_{k})| < ε prejdeme k limite pre k → ∞ a využijeme spojitosť funkcie |f_{n}| — dostaneme |f_{n}(a)| = lim_{k→∞} |f_{n}(a_{k})| ≤ ε; pozri tiež pr. I.231); \underline{2}. neplatí,

napr. f_{n}(x) = (1 − |x − \frac{1}{\sqrt{2}}|)^{n} , x ∈ [0, 1] (f_{n} (\frac{1}{\sqrt{2}}) = 1 , n ∈ N);

304 nepriamo; ak M nie je konečná, tak existuje prostá postupnosť {a_{n}}_{n=1}^{∞} ⊂ M , nech f_{n}(x) =

\{ \begin{matrix}0 , ak & x ∈ M \ \{a_{n}\} \\ 1 , ak & x = a_{n} \end{matrix} , potom f_{n} → 0 na M , ale neplatí f_{n} \overrightarrow{→} 0 na M ;

305 \underline{1a}) konverguje rovnomerne k S(x) = \frac{1}{1 − x} , |x| ≤ q ( S_{n}(x) := ∑_{k=0}^{n} x^{k} = \frac{1 − x^{n+1}}{1 − x} , n =

0, 1, …, |S_{n}(x)−S(x)| = \frac{x^{n+1}}{1 − x} ≤ \frac{q^{n+1}}{1 − q} , |x| ≤ q ); \underline{1b}) konverguje nerovnomerne k S(x) = \frac{1}{1 − x} , |x| <

1 (pre každé n ∈ N je |S_{n} − S| neohraničená na (−1, 1) ); \underline{2}. konverguje nerovnomerne k S(x) =

\{ \begin{matrix}0 , ak & x = 1 \\ 1 , ak & x ∈ [0, 1) \end{matrix} ( S_{n}(x) := ∑_{k=0}^{n}(1 − x)x^{k} = 1 − x^{n+1} , n = 0, 1, 2, …, sup_{x∈[0,1]} |S_{n}(x) − S(x)| = 1 );

\underline{3}. konverguje rovnomerne k S(x) = 2x , x ≥ 1 ; \underline{4}. konverguje rovnomerne k S(x) = x , x ∈ [−1, 1] ;

\underline{5}. konverguje rovnomerne k S(x) = \frac{1}{x + 1} , x > 0 (\frac{1}{(x + n)(x + n + 1)} = \frac{1}{x + n} − \frac{1}{x + n + 1});

\underline{6}. konverguje nerovnomerne k S(x) ≡ 1 , x > 0 (S_{n}(x) := ∑_{k=1}^{n} \frac{x}{((n − 1)x + 1)(nx + 1)} = 1 − \frac{1}{nx + 1} ,

lim_{x→0} |S_{n}(x) − S(x)| = 1);

306 stačí aplikovať tvrdenie pr. 301 na postupnosť S_{n} := ∑_{k=1}^{n} f_{k} a funkciu g;

307 \underline{1}. nech S_{n} := ∑_{k=1}^{n} f_{k} , S := ∑_{k=1}^{∞} f_{k}; ak pre n > n_{0} a všetky x ∈ M platí |S_{n}(x) − S(x)| < \frac{ε}{2} ,

tak z nerovností |S_{n}(x) − S(x)| < \frac{ε}{2} a |S_{n+1}(x) − S(x)| < \frac{ε}{2} vyplýva |f_{n+1}(x)| = |S_{n+1}(x) − S_{n}(x)| =

|(S_{n+1}(x) − S(x)) + (S(x) − S_{n}(x))| ≤ |S_{n+1}(x) − S(x)| + |S_{n}(x) − S(x)| < ε pre všetky n > n_{0} a x ∈ M (uvedené tvrdenie možno odvodiť aj z vety 3);

\underline{2a}) bodová konvergencia vyplýva napr. z Cauchyho kritéria; pre každé n ∈ N je lim_{x→0} e^{−nx} = 1 , preto neplatí e^{−nx} \overrightarrow{→} 0 na (0, ∞) , a teda podľa pr. 307.1 rad ∑_{n=1}^{∞} e^{−nx} nekonverguje rovnomerne na (0, ∞) ; \underline{2b}) pri vyšetrovaní bodovej konvergencie využite pre x ≠ 0 rovnosť lim_{u→0} \frac{arctg u}{u} = 1 a porovnávacie kritérium; ∀ n ∈ N : lim_{x→∞} ( arctg \frac{x}{n})^{2} = \frac{π^{2}}{4} , preto neplatí ( arctg \frac{x}{n})^{2} \overrightarrow{→} 0 na R ; \underline{2c}) sup_{x∈[0,∞)} |f_{n}(x)| = f_{n} (\frac{1}{5^{1/3}n^{2/3}} ) = \frac{5^{5/6}}{6} n^{1/6} , kde f_{n}(x) := \frac{\sqrt{nx}}{1 + x^{3}n^{2}} ; \underline{2d}) pri vyšetrovaní bodovej konvergencie využite rovnosť lim_{u→0} \frac{sin u}{u} = 1 a porovnávacie kritérium; pre každé n ∈ N je funkcia f_{n}(x) := 2^{n} sin \frac{1}{3^{n}x} , x > 0 , neohraničená (stačí vypočítať f_{n} (\frac{2}{3^{n}π(1 + 2k)}) , k ∈ N); \underline{2e}) bodová konvergencia vyplýva z nerovnosti |\frac{sin nx}{(1 + nx)\sqrt{nx}}| ≤ \frac{1}{x\sqrt{x}} · \frac{1}{n^{3/2}} ; pretože f_{n} (\frac{1}{n}) = \frac{sin 1}{2} pre všetky n ∈ N , nemôže platiť

\frac{sin nx}{(1 + nx)\sqrt{nx}} \overrightarrow{→} 0 na (0, π) ;

f_{n} \overrightarrow{→} f na M ∪ N“

\underline{3}. napr. ∑_{n=1}^{∞} \frac{x + 1}{n} (tento rad dokonca nekonverguje pre žiadne x ∈ [0, 1] , porovnaj s pr. 373; na týchto

dvoch príkladoch vidno rozdiel medzi termímni ,,nekonverguje rovnomerne“ a ,,konverguje nerovnomerne“);

308 \underline{1}. pre x = \frac{1}{\sqrt{n}} platí x^{2}e^{−(n+1)x2} + x^{2}e^{−(n+2)x2} + ⋯ + x^{2}e^{−2nx2} ≥ e^{−2} ; \underline{3}. pri vyšetrovaní

bodovej konvergencie využite nerovnosť | arctg u| ≤ |u| ^{5}; pre x = 2nπ je \frac{x}{n + 1} arctg \frac{cos x}{n + 1} +

\frac{x}{n + 2} arctg \frac{cos x}{n + 2} + ⋯ + \frac{x}{2n} arctg \frac{cos x}{2n} ≥ πn arctg \frac{1}{2n} , pritom lim_{n→∞} πn arctg \frac{1}{2n} = \frac{π}{2} , preto ∃ n_{0} ∈

N ∀ n ∈ N , n > n_{0} : πn arctg \frac{1}{2n} > \frac{π}{4} , teda celkovo ∃ n_{0} ∈ N ∀ n ∈ N , n > n_{0} ∃ x > 1 :

\frac{x}{n + 1} arctg \frac{cos x}{n + 1} + ⋯ + \frac{x}{2n} arctg \frac{cos x}{2n} > \frac{π}{4} ; \underline{4}. pri vyšetrovaní bodovej konvergencie využite nerovnosť

|\frac{sin nx}{e^{n2x}} | ≤ (\frac{1}{e^{x}} )^{n2} a potom napr. Cauchyho kritérium; pre x = \frac{1}{n^{2}} je \frac{sin(n + 1)x}{e^{(n+1)2x}} + \frac{sin(n + 2)x}{e^{(n+2)2x}} + ⋯ +

\frac{sin 2nx}{e^{(2n)2x}} ≥ \frac{n sin(1/n)}{e^{4}} , pritom lim_{n→∞} \frac{1}{e^{4}} n sin \frac{1}{n} = \frac{1}{e^{4}} , ďalej pozri záver riešenia pr. 308.3;

309 \underline{1}. ak |f_{n+1}(x)+⋯+f_{n+p}(x)| < ε pre všetky x ∈ (a, b) , tak (ak v uvedenej nerovnosti prejdeme

k limite pre x → a+ , x → b−) platí |f_{n+1}(x) + ⋯ + f_{n+p}(x)| ≤ ε pre všetky x ∈ [a, b] , preto: ak ∑_{n=1}^{∞} f_{n}

vyhovuje Cauchyho–Bolzanovmu kritériu na (a, b) , tak mu vyhovuje aj na [a, b] ; \underline{2}. uvedený rad diverguje v bodoch x = 2 , x = −2 (nie je splnená nutná podmienka konvergencie), ďalej pozri pr. 309.1 ^{6}; nezabudnite dokázať bodovú konvergenciu na (−2, 2) ;

310 |f_{n+1}(x) + ⋯ + f_{n+p}(x)| ≤ |f_{n+1}(x)| + ⋯ + |f_{n+p}(x)| , x ∈ M ;

311 \underline{1}. |f_{n}(x)| ≤ \frac{1}{n^{2}} , x ∈ R , n ∈ N ; \underline{2}. |f_{n}(x)| ≤ \frac{1}{n^{3/2}} , x ∈ R , n ∈ N ; \underline{3}. |f_{n}(x)| ≤

e^{−\sqrt{n}} , x ≥ 1 , n ∈ N , konvergencia radu ∑_{n=1}^{∞} e^{−\sqrt{n}} vyplýva z rovnosti lim_{n→∞} \frac{n^{2}}{e^{\sqrt{n}}} = 0 ^{7} a z porovnávacieho

kritéria; \underline{5}. |f_{n}(x)| ≤ \frac{1}{n^{3/2}} , x ∈ R , n ∈ N ; \underline{6}. |f_{n}(x)| ≤ \frac{x^{2}}{n ln^{2} n} ≤ \frac{a^{2}}{n ln^{2} n} , x ∈ [−a, a] , n =

2, 3 …, ďalej použite integrálne kritérium; \underline{8}. sup_{x∈[0,∞)} |f_{n}(x)| = f_{n} (\frac{2}{n}) = \frac{4}{e^{2}n^{2}} ; \underline{9}. sup_{x∈[0,1]} |f_{n}(x)| =

f_{n} (\frac{1}{n}) = \frac{1}{n^{2}} ; \underline{10}. sup_{x∈R} |f_{n}(x)| = f_{n} (\frac{1}{\sqrt{2n}}) = \frac{1}{\sqrt{2e} n ln^{3/2}(n + 1)} , pri vyšetrovaní konvergen-

cie radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n ln^{3/2}(n + 1)} použite nerovnosť \frac{1}{n ln^{3/2}(n + 1)} < \frac{1}{n ln^{3/2} n} , n > 1 (alebo rovnosť

lim_{n→∞} \frac{\frac{1}{n ln^{3/2}(n + 1)}}{\frac{1}{(n + 1) ln^{3/2}(n + 1)}} a tvrdenie α) vety 4b z odseku 3.2) a integrálne kritérium; \underline{11}. |f_{n}(x)| ≤

\frac{\sqrt{x}}{n} · \frac{1}{\sqrt{x^{2} + n^{2}}} , x ≥ 0 , pre g_{n}(x) := \frac{\sqrt{x}}{n \sqrt{x^{2} + n^{2}}} platí sup_{x≥0} g_{n}(x) = g_{n}(n) = \frac{1}{\sqrt{2} n^{3/2}} , teda

|f_{n}(x)| ≤ \frac{1}{\sqrt{2} n^{3/2}} , x ≥ 0 , n ∈ N ; \underline{12}. sup_{x∈R} |f_{n}(x)| = sup_{x≥0} f_{n}(x) = f_{n}(n^{3/2}) = arctg \frac{1}{n^{3/2}} , pri vyšetrovaní

5tá vzhľadom na nepárnosť funkcie arctg vyplýva z nerovností 0 ≤ arctg x ≤ x , x ≥ 0 , z ktorých druhú možno dokázať na základe vety 12 pred pr. I.352

6pri týchto úvahách by sme namiesto tvrdenia z pr. 309.1 mohli rovnako dobre použiť aj vetu 7’ z odseku 4.2

7možno to dokázať použitím l’Hospitalovho pravidla na výpočet lim_{y→∞} g(y) , kde g(y) := \frac{y^{4}}{e^{y}} , y ∈ R konvergencie radu ∑_{n=1}^{∞} arctg \frac{1}{n^{3/2}} využite rovnosť lim_{u→0} \frac{arctg u}{u} = 1 (alebo nerovnosť arctg u < u , u > 0 —

pozri riešenie pr. 308.3) a porovnávacie kritérium;

312 z monotónnosti funkcií f_{n} , n ∈ N , vyplýva |f_{n}(x)| ≤ max {|f_{n}(a) , |f_{n}(b)|} ≤ |f_{n}(a)| + |f_{n}(b)| , x ∈ [a, b] ;

314 \underline{1}. pre f_{n}(x) ≡ (−1)^{n} , g_{n}(x) = \frac{1}{x + n} sú na M splnené predpoklady vety 6; \underline{3}. pre f_{n}(x) ≡

\frac{(−1)^{n}}{n} , g_{n}(x) = x^{n} sú na M splnené predpoklady vety 5;

315 pre f_{n}(x) ≡ a_{n} , g_{n}(x) = \frac{1}{n^{x}} sú splnené predpoklady vety 5;

316 \underline{1}. rovnomerne; \underline{2}. rovnomerne; \underline{3}. rovnomerne ( M = (−∞, 0) ); \underline{4}. nerovnomerne (nie je splnená nutná podmienka rovnomernej konvergencie — pozri pr. 307.1; nezabudnite, že treba dokázať bodovú konvergenciu na M ); \underline{5}. nerovnomerne (nie je splnená nutná podmienka rovnomernej konver-

gencie); \underline{6}. rovnomerne ( |f_{n}(x)| ≤ \frac{1}{2n(4 + ln^{2} 2n)} , x ≥ 2 ); \underline{7}. rovnomerne (možno použiť vetu

5); \underline{8}. rovnomerne (pozri myšlienku riešenia pr. 311.11); \underline{9}. rovnomerne (možno použiť vetu 6, pre

x ≠ 2kπ , k ∈ Z , je ∑_{m=1}^{n} sin x sin mx = sin x \frac{cos \frac{x}{2} − cos (n + \frac{1}{2}) x}{2 sin \frac{x}{2}} = cos \frac{x}{2}( cos \frac{x}{2} − cos (n + \frac{1}{2})x) ,

rovnosť ∑_{m=1}^{n} sin x sin mx = cos \frac{x}{2}( cos \frac{x}{2} − cos (n + \frac{1}{2})x) platí zrejme aj pre x = 2kπ , k ∈ Z ; pozri

aj pr. 243.4); \underline{10a}) rovnomerne ( | ∑_{m=1}^{n} sin mx| ≤ \frac{1}{sin(ε/2)} pre x ∈ [ε, 2π − ε] , v súvislosti s pr.

316.10b si uvedomte, že lim_{ε→0+} \frac{1}{sin(ε/2)} = ∞ ); \underline{10b}) nerovnomerne (nie je splnené Cauchyho–Bolzanovo

kritérium: \frac{sin(1 + 1/n)}{n + 1} + \frac{sin(1 + 2/n)}{n + 2} + ⋯ + \frac{sin(1 + n/n)}{n + n} ≥ \frac{sin 1}{2} , n ∈ N ; opa̋ť nezabudnite dokázať

bodovú konvergenciu); \underline{11a}) rovnomerne ( |f_{n}(x)| ≤ \frac{1}{n\sqrt{n}} , x ∈ (0, 1) ); \underline{11b}) nerovnomerne (nie

je splnená nutná podmienka rovnomernej konvergencie); \underline{12a}) rovnomerne; \underline{12b}) nerovnomerne (nie je

splnené Cauchyho–Bolzanovo kritérium: \frac{n}{(n + 1)^{2}} sin \frac{n^{2}}{(n + 1)^{2}} + ⋯ + \frac{n}{(2n)^{2}} sin \frac{n^{2}}{(2n)^{2}} ≥ \frac{1}{4} sin \frac{1}{4} , n ∈ N );

\underline{13a}) nerovnomerne (nie je splnená nutná podmienka rovnomernej konvergencie); \underline{13b}) rovnomerne (pri

vyšetrovaní konvergencie majorantného radu využite fakt, že lim_{u→0} \frac{tg u}{u} = 1 a porovnávacie kritérium);

\underline{14}. rovnomerne (využite nerovnosť | arctg u| ≤ |u| , u ∈ R , pozri aj riešenie pr. 308.3);

317 \underline{1}. 1 ( = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{2^{n}} ; rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{2^{n}n^{x}} konverguje rovnomerne napr. na [0, 1] ^{8} podľa Weierstrassovho

kritéria) ^{9}; \underline{2}. \frac{1}{2} ln 2 ( = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{2n} , pozri pr. 247.2, pri vyšetrovaní rovnomernej konvergencie

na niektorom okolí bodu 1 použite Abelovo kritérium) ^{10}; \underline{3}. 1 ( = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n(n + 1)} ; |\frac{x^{2}}{1 + n(n + 1)x^{2}} | ≤

8za množinu M z vety 7’ sme mohli v tomto prípade zvoliť napr. aj (0, ∞) , [0, ∞) alebo ľubovoľný interval [0, a] , (0, a)

9treba si uvedomiť, že vety 7 a 7’ možno použiť aj pri výpočte jednostranných limít, pretože napr. lim_{x→a+} f(x) je definovaná rovnosťou lim_{x→a+} f(x) = lim_{x→a} f(x)|D(f) ∩ (a, a + ε)

10Pri riešení tohto príkladu (aj pr. 317.1) sme vlastne využili tento dôsledok vety 7’: Ak každá z funkcií \frac{1}{n(n + 1)} , x ∈ R ); \underline{4}. 1 (v tomto prípade nie sme oprávnení použiť vetu 7’, rad ∑_{n=1}^{∞}(x^{n} −x^{n+1}) bodove

konverguje k funkcii f(x) = \{ \begin{matrix}x , ak & x ∈ (−1, 1) \\ 0 , ak & x = 1 \end{matrix} , ale táto konvergencia nie je rovnomerná na žiadnom

z intervalov (ε, 1) , kde −1 < ε < 1 );

318 \underline{1}. D(f) = [\frac{1}{e}, e] , každá z fukcií f_{n}(x) := \frac{ln^{n} x}{n^{2}} je spojitá na [\frac{1}{e}, e] a rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje

rovnomerne na [\frac{1}{e}, e] podľa Weierstrassovho kritéria, preto podľa dôsledku vety 7’ je f spojitá funkcia; \underline{2}. spojitá na D(f) = [0, ∞) (daný rad konverguje rovnomerne na [0, ∞) podľa Weierstrassovho kritéria); \underline{3}. spojitá na R (daný rad konverguje rovnomerne na R); \underline{4}. spojitá na D(f) = R \ \{0\} (daný rad konverguje lokálne rovnomerne na R \ {0} ^{11}; ak [a − ε , a + ε] ⊂ D(f) , tak |e^{−n2x2} cos nx| < e^{−n2(|a|−ε)} pre x ∈ (a − ε, a + ε) ); \underline{6}. D(f) = R , f nie je spojitá v bode 0 ^{12} (daný rad je geometrický pre každé

pevné x , nie je teda ťažké nájsť jeho súčet: f(x) = \{ \begin{matrix}1/x , ak & x ≠ 0 \\ 0 , ak & x = 0 \end{matrix} );

319 |f_{n}(x_{n}) − f(x)| ≤ |f_{n}(x_{n}) − f(x_{n})| + |f(x_{n}) − f(x)| , pri odhade prvej, resp. druhej absolútnej hodnoty vpravo využite fakt, že f_{n} \overrightarrow{→} f na [a, b] , resp. spojitosť funkcie f ;

320 nech je dané ε > 0 , zvoľme n ∈ N tak, aby |f(x) − f_{n}(x)| < \frac{ε}{3} , x ∈ M ; existuje δ > 0 tak,

že platí implikácia |x − y| < δ ⟹ |f_{n}(x) − f_{n}(y)| < \frac{ε}{3} , x, y ∈ M ; potom |f(x) − f(y)| ≤ |f(x) − f_{n}(x)| +

|f_{n}(x) − f_{n}(y)| + |f_{n}(y) − f(y)| < \frac{ε}{3} + \frac{ε}{3} + \frac{ε}{3} = ε (špeciálne v prípade M = [a, b] vyplýva tvrdenie pr. 320 z vety 6 pred pr. I.251 a z dôsledku vety 7; v prípade M = (a, b) , kde a, b ∈ R , z vety 7 a pr. I.255);

321 \underline{1}. áno, napr. f(x) = \frac{1}{n} χ(x) , kde χ je Dirichletova funkcia; \underline{2}. áno, napr. f_{n} = f pre všetky n ∈ N , kde f je daná nespojitá funkcia;

324 \underline{1}. \frac{3}{4} (podľa Weierstrassovho kritéria rad ∑_{n=1}^{∞} ne^{−nx} konverguje rovnomerne na [ln 2, ln 5] ,

preto podľa vety 8’ je ∫_{ln 2}^{ln 5} ∑_{n=1}^{∞} ne^{−nx} dx = ∑_{n=1}^{∞} ∫_{ln 2}^{ln 5} ne^{−nx} dx = ∑_{n=1}^{∞} (\frac{1}{2^{n}} − \frac{1}{5^{n}} ) ); \underline{2}. π;

325 ln 2 − \frac{1}{2} ( ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n − 1)2n(2n + 1)} = \frac{1}{2} ∑_{n=1}^{∞} ∫_{0}^{1} t^{2n−2}(1 − t)^{2} dt = \frac{1}{2} ∫_{0}^{1} ∑_{n=1}^{∞} t^{2n−2}(1 − t)^{2} dt ,

daný rad je geometrický pre každé t ∈ [0, 1] , rovnomernú konvergenciu možno dokázať napr. Weierstrassovým kritériom ^{13} (pretože lim_{n→∞} (1 − \frac{1}{n})^{2n−2} = e^{−2} , má majorantný číselný rad ∑_{n=1}^{∞} (1 − \frac{1}{n})^{2n−2} \frac{1}{n^{2}} rovnaký

f_{n} : M → R , n ∈ N , je spojitá v bode a ∈ M a rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje rovnomerne na M , tak funkcia ∑_{n=1}^{∞} f_{n} je spojitá v bode a.

11ale nekonverguje rovnomerne na R\{0} , pretože lim_{x→0} e^{−nx2} cos nx = 1 , a na R\{0} teda nie je splnená nutná podmienka rovnomernej konvergencie

12z vety 7’, resp. z jej dôsledku formulovaného v poznámke ^{10} k riešeniu pr. 317.2 potom vyplýva, že rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{x}{(1 + x^{2})^{n}} nemôže konvergovať rovnomerne na žiadnom okolí bodu 0

13alebo — čo je oveľa jednoduchšie — Diniho kritériom: Ak {f_{n}}_{n=1}^{∞} je postupnosť spojitých nezáporných charakter ako rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} );

326 pretože [a, b] \ M ⊂ D(f) ⊂ [a, b] (rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} môže konvergovať aj v niektorých bodoch

množiny M ) , vzťahuje sa na funkciu f poznámka 2 za vetou 6 z odseku 2.1, nech \overline{f}_{n}(x) :=

\{ \begin{matrix}f_{n}(x) , ak & x ∈ [a, b] \ M \\ 0 ,  ak & x ∈ M \end{matrix} , n ∈ N , \overline{f}(x) := \{ \begin{matrix}f(x) , ak & x ∈ [a, b] \ M \\ 0 ,  ak & x ∈ M \end{matrix} ; potom ∫_{a}^{b} \overline{f}_{n}(x) dx =

∫_{a}^{b} f_{n}(x) dx , ∫_{a}^{b} \overline{f}(x) dx = ∫_{a}^{b} f(x) dx , ∑_{n=1}^{∞} \overline{f}_{n} \overrightarrow{→} \overline{f} na [a, b] (pozri pozn. ^{4} k riešeniu pr. 300.14) a rad

∑_{n=1}^{∞} \overline{f}_{n} možno integrovať člen po člene;

327 \underline{1}. f(x) := ∑_{n=1}^{∞} (x^{2n+2} − x^{2n}) = \{ \begin{matrix}−x^{2} , ak & |x| < 1 \\ 0 , ak & |x| = 1 \end{matrix} , podľa vety 6 z odseku 2.1 je

∫_{−1}^{1} f(x) dx = − ∫_{−1}^{1} x^{2} dx; pozri tiež pr. 383.1;

330 \underline{1}. rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{cos nx}{n^{5/2}} konverguje napr. v bode 0 a rad derivácií − ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin nx}{n^{3/2}} konverguje rovnomerne

na R , na ohraničenom intervale (−a, a) sú teda splnené predpoklady vety 9’, rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{cos nx}{n^{5/2}} možno preto

derivovať člen po člene v každom bode x ∈ (−a, a) ; táto úvaha platí pre každé a > 0 , preto f′(x) =

− ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin nx}{n^{3/2}} ; spojitosť funkcie f′ vyplýva priamo z dôsledku vety 7’; \underline{2}. rovnomernú konvergenciu radu

derivácií na R možno dokázať Weierstrassovým kritériom, dôkaz rovnomernej konvergencie radu derivácií na

každom z intervalov (−a, a) — čo pre naše potreby stačí— je jednoduchší: |\frac{2 · (−1)^{n+1}x}{(n + x^{2})^{2}} | ≤ \frac{2a}{n^{2}} , x ∈ (−a, a) ;

\underline{3}. pri dôkaze rovnomernej konvergencie radu derivácií na R použite nerovnosť | cos nx| ≤ 1 a integrálne kritérium;

331 \underline{2a}) D(f) = (1, ∞) , rad k–tych derivácií ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n} ln^{k} n}{n^{x}} konverguje rovnomerne na každom

intervale (a, ∞) , kde a > 1 , podľa Weierstrassovho kritéria (k dôkazu konvergencie majorantného číselného radu pozri návod k pr. 214.7); na každom ohraničenom intervale (a, b) , kde a > 1 , sú splnené predpoklady tvrdenia z pr. 331.1, a daný rad možno teda k–krát derivovať člen po člene v každom bode x ∈ (a, b) ; spojitosť funkcie f^{(k)} vyplýva z jej diferencovateľnosti;

332 nech F_{n} : [a, b] → R je primitívna funkcia k funkcii f_{n} taká, že F_{n}(a) = 0 , potom postupnosť {F_{n}}_{n=1}^{∞} vyhovuje predpokladom vety 9;

333 \underline{1}. neplatí napr. I = R , f_{n}(x) = \frac{x}{2^{n}} ; \underline{2}. platí, dôkaz sa zakladá na myšlienkach použitých pri riešení pr. 330.1;

334 \underline{2}. pozri pr. 300.13 alebo pr. 192 a 193, ktoré umožňujú skonštruovať postupnosť \{f_{n}\}_{n=1}^{∞} požadovaných vlastností k ľubovoľnej spojitej funkcii f:[−1, 1]→ R , pre ktorú neexistuje f′(0) ;

335 \underline{1}. ( − \frac{4}{3}, −\frac{2}{3}) ( a = −1 , R = \frac{1}{lim_{n→∞} ^{n} \sqrt{3^{n}}} = \frac{1}{3} ); \underline{2}. (−2, 6) (a = 2 , R = lim_{n→∞} |\frac{a_{n}}{a_{n+1}} | =

4); \underline{3}. (−e^{3}, e^{3}) ; \underline{4}. R = 0 , pre mocninové rady s polomerom konvergencie 0 sme pojem inter-

valu konvergencie nezaviedli; \underline{5}. (−∞, ∞) pre a ∈ (0, 1) , (−1, 1) pre a = 1 ; pre a > 1 je

R = 0 ; \underline{6}. (2, 4) (pri výpočte R na základe vety 11 využite, že lim_{n→∞} \frac{ln^{2} n}{n} = 0); \underline{7}. (−e, e) (na

funkcií a rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje na kompaktnej množine M bodove k spojitej funkcii, tak rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje

rovnomerne na M (pozri [24,str. 134, dôsledok vety 2] alebo [10, odst. 431, veta 2]). výpočet R možno použiť vetu 12 alebo využiť rovnosť lim_{n→∞} \frac{\sqrt[n]{n!}}{n} = \frac{1}{e} , pozri poznámku za pr.

224); \underline{8}. (−2^{−1/4}, 2^{1/4}) ^{14}; \underline{9}. (−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}) (v postupnosti \{b_{n}\}_{n=1}^{∞} , kde b_{n} := ^{n} \sqrt{|a_{n}|} , konvergujú

podpostupnosti {b_{2k−1}}_{k=1}^{∞} , {b_{4k−2}}_{k=1}^{∞} , {b_{4k}}_{k=1}^{∞} , lim sup_{n→∞} b_{n} = lim_{k→∞} b_{4k} = lim_{k→∞} b_{2k−1} , pozri aj riešenie

pr. I.160); \underline{10}. (1, 5) ( lim_{n→∞} ^{n} \sqrt{|a_{n}|} = lim_{n→∞} ^{n} \sqrt{\frac{sin(n^{2}/2^{n})}{n^{2}/2^{n}}} · \frac{( ^{n} \sqrt{n})^{2}}{2} = \frac{1}{2});

336 \underline{1}. (−1, 1) pre p ≤ 0 , [−1, 1) pre p ∈ (0, 1] , [−1, 1] pre p > 1 ; \underline{2}. (−3, −1) ( lim_{n→∞} ^{n} \sqrt{|a_{n}|} = lim_{n→∞} \frac{( ^{n} \sqrt{n})^{4} ^{n} \sqrt{1 + 3/n^{4}}}{( ^{n} \sqrt{n})^{3} ^{n} \sqrt{1 + 4/n^{2}}} , možno tiež použiť vetu 12) ^{15}; \underline{3}. (−4, 4) (divergencia v bodoch x = 4 a x = −4 vyplýva z vety 6’ v odseku 3.3: |\frac{b_{n+1}}{b_{n}} | > 1 , n ∈ N , kde b_{n} = \frac{(n! )^{2}}{(2n)!} 4^{n} , resp.

b_{n} = \frac{(n! )^{2}}{(2n)!} (−4)^{n} ); \underline{4}. (−1, 1) ( lim sup_{n→∞} ^{n} \sqrt{|a_{n}|} = lim_{k→∞} ^{k!} \sqrt{k!} (= lim_{m→∞} ^{m} \sqrt{m}) = 1 , pozri tiež

postup v bode a) poznámky ^{14} k riešeniu pr. 335.8); \underline{5}. \{0\} pre a ∈ (0, 1] , R pre a > 1 (možno použiť vetu 12 aj vetu 11: ^{n} \sqrt{\frac{n!}{a^{n2}}} = ^{n} \sqrt{\frac{n!}{n^{n}}} · \frac{n}{a^{n}} , pritom lim_{n→∞} ^{n} \sqrt{\frac{n!}{n^{n}}} = \frac{1}{e} , pozri poznámku

za pr. 224); \underline{6}. [−2, 0) ( lim_{n→∞} |\frac{a_{n}}{a_{n+1}} | = lim_{n→∞} \frac{(sin α_{n})/α_{n}}{(sin α_{n+1})/α_{n+1}} · \frac{α_{n}}{α_{n+1}} = lim_{n→∞} \frac{α_{n}}{α_{n}} , kde α_{n} :=

\frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n + 1}} , podobne možno pomocou rovnosti lim_{n→∞} \frac{sin α_{n}}{α_{n}} = 1 nájsť aj lim_{n→∞} ^{n} \sqrt{|a_{n}|}; v bode 0 má daný rad rovnaký charakter ako rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{\sqrt{n}} , konvergencia v bode −2 vyplýva z Leibnizovho kritéria); \underline{7}. [−2, 0] (postupujte ako v pr. 336.6, využite rovnosť lim_{n→∞} \frac{ln(1 + α_{n})}{α_{n}} = 1 , kde α_{n} =

14treba si uvedomiť, že postupnosťou {a_{n}}_{n=0}^{∞} koeficientov tohto mocninového radu nie je postupnosť 0,2,4,8,16,…, ale postupnosť 0,0,0,0,2,0,0,0,4,0,0,0,8,0,0,0,16,0,… (pozri tiež poznámku ^{21} k úvodu odseku 4.3.1), pri hľadaní čísla R možno v tomto prípade zvoliť niektorý z nasledujúcich postupov:

a) použiť priamo vetu 11: postupnosťou \{ ^{n} \sqrt{|a_{n}|}\}_{n=1}^{∞} je postupnosť 0, 0, 0, ^{4} \sqrt{2}, 0, 0, 0, ^{8} \sqrt{4}, 0, …, 4n \sqrt{2^{n}}, 0, 0, 0, …, ktorej hromadnými hodnotami sú čísla 0 a ^{4} \sqrt{2} (pozri riešenie pr. I.160), preto

R = \frac{1}{lim sup_{n→∞} ^{n} \sqrt{|a_{n}|}} = \frac{1}{\sqrt[4]{2}} ;

b) použiť substitúciu x^{4} = t , ktorou dostaneme mocninový rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{2^{n}t^{n}}{n^{2}} s polomerom konvergencie

R_{1} = \frac{1}{lim_{n→∞} ^{n} \sqrt{2^{n}}} = \frac{1}{2} ; podľa definície polomeru konvergencie rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{2^{n}t^{n}}{n^{2}} konverguje pre |t| < R_{1} a diverguje pre |t| > R_{1} , preto rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{2^{n}x^{4n}}{n^{2}} konverguje pre |x^{4}| < R_{1} a diverguje pre |x^{4}| > R_{1} ;

c) na vyšetrenie konvergencie radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{2^{n}x^{4n}}{n^{2}} použiť d’Alembertovo alebo Cauchyho kritérium (vety 6’ a 7’ z odseku 3.3, z nich sú napokon odvodené aj vety 11, 12), pozri tiež pr. 339.3

15nie ja ťažké dokázať nasledujúce tvrdenie: ,,ak Q je racionálna funkcia, ktorá je kladná na [1, ∞) , tak rad ∑_{n=1}^{∞} ^{k} \sqrt{Q(n)} x^{n} má polomer konvergencie 1“ (vyšetrenie oboru konvergencie tohto radu prenechávame snaživému čitateľovi)

−\frac{4}{3n + 2}); \underline{8}. [−1, 1) (využite rovnosť lim_{u→0} \frac{a^{u} − 1}{u} = ln a , a > 0); \underline{9}. (−\frac{1}{e}, \frac{1}{e}) (pre x = \frac{1}{e} , x =

−\frac{1}{e} nie je splnená nutná podmienka konvergencie ^{16}); \underline{10}. (−1, 1) (z nerovností 1 ≤ |a_{n}| ≤ n vyplýva

1 ≤ ^{n} \sqrt{|a_{n}|} ≤ ^{n} \sqrt{n} , preto lim_{n→∞} ^{n} \sqrt{|a_{n}|} = 1 ^{17}); \underline{11}. [−\frac{4}{3}, −\frac{2}{3}) ( ^{n} \sqrt{|a_{n}|} = \frac{3 ^{n} \sqrt{1 + (−2/3)^{n}}}{\sqrt[n]{n}} ; v prípade

x = −\frac{2}{3} je rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{3^{n} + (−2)^{n}}{n3^{n}} súčtom radov ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n} a ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n} (−\frac{2}{3})^{n} , z ktorých prvý diverguje a

druhý konverguje; postup pre x = −\frac{4}{3} je obdobný); \underline{12}. (−a, a) ; \underline{13}. (−\frac{1}{4}, \frac{1}{4}) (rad ∑_{m=1}^{∞} a_{2m} ,

kde a_{n} := \frac{[3 + (−1)^{n}]^{n}}{n} x^{n} , diverguje v bodoch \frac{1}{4} a −\frac{1}{4} , rad ∑_{m=1}^{∞} a_{2m−1} v týchto bodoch konverguje,

preto rad ∑_{n=1}^{∞} a_{n} diverguje pre x = \frac{1}{4} a x = −\frac{1}{4}); \underline{14}. [−1, 1) (pozri pr. 240);

338 R = 1 (konvergencia pre |x| < 1 vyplýva z vety 10, keby daný rad konvergoval pre niektoré x také, že |x| > 1 , musel by podľa vety 10 konvergovať absolútne v bode 1);

339 \underline{1a}) R = min\{R_{1}, R_{2}\} (rad ∑_{n=0}^{∞}(a_{n} + b_{n})x^{n} konverguje, ak |x| < R_{1} ∧ |x| < R_{2} (súčet dvoch

konvergentných radov konverguje) a iste diverguje, ak R_{2} < |x| < R_{1} (súčet konvergentného a divergentného

radu diverguje) ); \underline{1b}) R ≥ R_{1} (ak zvolíme a_{n} = −b_{n} tak, že rad ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} má konečný polomer kon-

vergencie, vidíme, že skutočne môže nastať prípad R > R_{1}); \underline{2a}) r = R^{k} , ak R ∈ R_{0}^{+} ; r = ∞ , ak R = ∞ (ak b_{n} ≥ 0 , n ∈ N , a lim sup_{n→∞} b_{n} = R ∈ R_{0}^{+} , tak lim sup_{n→∞} b_{n}^{k} = R^{k} : podpostupnosť

{b_{ns}}_{s=1}^{∞} totiž konverguje k číslu b práve vtedy, keď lim_{s→∞} b_{ns}^{k} = b^{k} (k > 0) , preto množina H_{1} hromadných hodnôt postupnosti {b_{n}^{k}}_{n=0}^{∞} má tvar H_{1} = {h^{k} ; h ∈ H} , kde H je množina hromadných hodnôt postupnosti \{b_{n}\}_{n=0}^{∞} , v prípade R = ∞ je postup rovnaký); \underline{2b}) r = ^{k} \sqrt{R} , ak R ∈ R_{0}^{+} ; r = ∞ , ak R = ∞ (pozri postup b) v poznámke ^{14} k riešeniu pr. 335.8); \underline{3}. na vyšetrenie konvergencie daého radu použite d’Alembertovo kritérium (veta 6’ z odseku 3.3);

341 \underline{1}. podľa vety 10 rad konverguje v bode x = 1 , a teda tam spĺňa nutnú podmienku konvergencie; \underline{2}. podľa vety 11 je lim sup_{n→∞} ^{n} \sqrt{|a_{n}|} > 1 , preto aspoň jedna podpostupnosť \{ ^{nk} \sqrt{|a_{nk}|}\}_{k=1}^{∞} má limitu va̋čšiu

ako 1 alebo rovnú ∞ , potom lim_{k→∞} |a_{nk}| = lim_{k→∞} ( ^{nk} \sqrt{|a_{nk}|} )^{nk} = ∞ (možno tiež dokazovať nepriamo: ak

|a_{k}| ≤ K , n ∈ N , tak lim sup_{n→∞} ^{n} \sqrt{|a_{n}|} ≤ lim sup_{n→∞} ^{n} \sqrt{K} = lim ^{n} \sqrt{K} = 1);

342 \underline{2}. \frac{2x}{(1 − x)^{3}} , x ∈ (1, 1) (ak f(x) := ∑_{n=1}^{∞} n(n + 1)x^{n} , tak ∫_{0}^{x} f(t) dt = x^{2}g(x) , kde g(x) =

∑_{n=1}^{∞} nx^{n−1} ; ∫_{0}^{x} g(t) dt = ∑_{n=1}^{∞} x^{n} = −1 + \frac{1}{1 − x} , x ∈ (−1, 1) ; preto f(x) = (x^{2}( − 1 + \frac{1}{1 − x})′)′ , x ∈

16(1 + \frac{1}{n})^{n2}/e^{n} = e^{E(n)} , kde E(n) = n^{2} ln (1 + \frac{1}{n}) − n = n^{2}(\frac{1}{n} − \frac{1}{2n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}} ) ) − n = n −

\frac{1}{2} + n^{2}o (\frac{1}{n^{2}} ) − n = −\frac{1}{2} + n^{2}o (\frac{1}{n^{2}} ) , preto lim_{n→∞} (1 + \frac{1}{n^{2}} )^{n2} /e^{n} = lim_{n→∞} e^{−1/2+n^{2}o(1/n^{2})} = e^{−1/2} ;

pripomeňme, že lim_{n→∞} n^{2}o (\frac{1}{n^{2}} ) = 0

17pri výpočte polomeru konvergencie R sme mohli tiež využiť vzťah ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k} = ln n + ε_{n} , kde lim_{n→∞} ε_{n} = 0

(pozri pr. 220), potom R = lim_{n→∞} \frac{1 + ⋯ + 1/n}{1 + ⋯ + 1/(n + 1)} = lim_{n→∞} \frac{ln n + ε_{n}}{ln(n + 1) + ε_{n+1}} = 1

(−1, 1)); \underline{3}. \frac{2x(6 − x)}{(2 − x)^{3}} , |x| < 2 (najprv sme použili substitúciu \frac{x}{2} = t; nech f(t) := ∑_{n=1}^{∞} n(n + 2)t^{n} ,

zrejme f(0) = 0 , pre t ∈ (−1, 1) , t ≠ 0 je f(t) = \frac{1}{t} g(t) , kde g(t) = ∑_{n=1}^{∞} n(n + 2)t^{n+1} ; pre g dostávame

g(t) = (t^{3}( − 1 + \frac{1}{1 − t})′)′ = \frac{t^{2}(3 − t)}{(1 − t)^{3}} , |t| < 1 , teda pre t ∈ (−1, 1) , t ≠ 0 je f(t) = \frac{t(3 − t)}{(1 − t)^{3}} ; pretože

pravá strana má pre t = 0 hodnotu 0 , môžeme tento predpis použiť aj pre t = 0); \underline{4}. \frac{x(x − 3)}{3(x + 3)^{3}} , |x| < 3 ;

343 \underline{1}. \frac{1}{2} ln \frac{1 + x}{1 − x} , |x| < 1 ; \underline{2}. 0 pre x = 0 , \frac{1}{4x^{2}} (2 arctg 2x + ln \frac{1 + 2x}{1 − 2x}) pre x ∈ (−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}) \

\{0\} (použili sme substitúciu 2x = t) ; \underline{3}. 2x arctg x − ln(1 + x^{2}) , |x| ≤ 1 (pre body x = 1 , x = −1 sme

využili poznámku 1 za riešením pr. 343.4);

344 \underline{1}. ln 2; \underline{3}. \frac{3}{2} ( = g (\frac{1}{3}) , kde g(t) := ∑_{n=1}^{∞} n^{2}t^{n}); \underline{4}. 2 − 2 ln 2 ( = g(1) , kde g(x) =

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

345 \underline{1}. napr. ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n+1}x^{n}; \underline{2}. nech f_{n}(x) := ∑_{k=0}^{n} a_{n}x^{n} , x ∈ [0, 1] ; f(x) = ∑_{k=0}^{∞} a_{n}x^{n} , x ∈ [0, 1) ;

postupnosť {f_{n}(x)}_{n=0}^{∞} je neklesajúca pre každé x ∈ [0, 1] , preto f_{n}(x) ≤ f(x) , n = 0, 1, …, x ∈ [0, 1) ,

a ∑_{k=0}^{n} a_{k} = lim_{x→1−} f_{n}(x) ≤ lim_{x→1−} f(x) = S , teda {∑_{k=0}^{n} a_{k}}_{n=0}^{∞} ( = {f_{n}(1)}_{n=0}^{∞}) je zhora ohraničená

neklesajúca — tj. konvergentná — postupnosť, odtiaľ už na základe poznámky za riešením pr. 344.2 vyplýva dokazované tvrdenie ^{18}; tento príklad ukazuje, že za istých predpokladov možno implikáciu z poznámky za riešením pr. 344.2 obrátiť;

346 podľa poznámky za riešením pr. 344.2 je A = lim_{x→1−} f(x) , B = lim_{x→1−} g(x) , kde f(x) :=

∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} , g(x) := ∑_{n=0}^{∞} b_{n}x^{n}; rad ∑_{n=0}^{∞} c_{n}x^{n} je Cauchyho súčin radov ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} a ∑_{n=0}^{∞} b_{n}x^{n} , ktoré ab-

solútne konvergujú v každom bode intervalu (−1, 1) (pozri vetu 10), preto podľa vety 17 z odseku 3.4 pre

každé x ∈ (−1, 1) platí ∑_{n=0}^{∞} c_{n}x^{n} = f(x)g(x) , potom — opa̋ť podľa poznámky za riešením pr. 344.2 —

C = ∑_{n=0}^{∞} c_{n} = lim_{x→1−} f(x)g(x) = AB;

347 \underline{1}. derivácia párnej (nepárnej) funkcie (pokiaľ existuje) je nepárna (párna) funkcia, pritom pre

nepárnu funkciu g platí g(0) = 0 ; \underline{2}. ak f je súčet radu ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} , tak f(x) = 0 pre x ∈ [0, ε) (vyplýva

to z predpokladov a zo spojitosti funkcie f v bode 0), potom podľa vety 17 je a_{n} = \frac{f^{(n)}(0)}{n!} = \frac{f_{+}^{(n)}(0)}{n!} =

\frac{0}{n!} = 0 , n ∈ N ∪ \{0\};

348 \underline{1}. a^{x} = ∑_{n=0}^{∞} \frac{ln^{n} a}{n!} x^{n} , x ∈ R ; \underline{2}. ch ax = ∑_{n=0}^{∞} \frac{a^{2n}x^{2n}}{(2n)!} , x ∈ R ; \underline{3}. f(x) = ∑_{n=0}^{∞} \frac{x^{2n}}{(n + 1)!} , x ∈

R ; \underline{4}. x sin 2x cos 3x = \frac{1}{2}x(sin 5x − sin x) = ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n+1} \frac{5^{2n−1} − 1}{2(2n − 1)!} x^{2n} , x ∈ R ; \underline{5}. sin^{3} x = sin x ·

18toto tvrdenie možno dokázať aj bez použitia uvedenej poznámky, v takom prípade zostáva dokázať rovnosť S = sup {f_{n}(1) ; n ∈ N} , na to okrem predchádzajúceho využijeme ešte skutočnosť, že funkcie f_{n} (n = 0, 1, …) a f sú neklesajúce (pozri pr. 296.1), potom druhá vlastnosť suprema vyplýva z nerovnosti S − f_{n}(1) = (S − f(1 − δ)) + (f(1 − δ) − f_{n}(1 − δ)) + (f_{n}(1 − δ) − f(1)) ≤ (S − f(1 − δ)) + (f(1 − δ) − f_{n}(1 − δ)) a z tvrdení ∀ ε > 0 ∃ δ ∈ (0, 1) : S − f(1 − δ) < ε/2 (ktoré vyplýva z rovnosti lim_{x→1−} f(x) = S) a

∀ ε > 0 ∀ δ ∈ (0, 1) ∃ n ∈ N : f(1 − δ) − f_{n}(1 − δ) < ε/2 (to platí, pretože f_{n} → f na [0, 1) )

(\frac{1 − cos 2x}{2}) = \frac{1}{2} sin x − \frac{1}{4}(sin 3x − sin x) = \frac{3}{4} sin x − \frac{1}{4} sin 3x = ∑_{n=2}^{∞} \frac{3(−1)^{n}}{4(2n − 1)!} (3^{2n−2} − 1)x^{2n−1} ^{19},

x ∈ R ; \underline{6}. \frac{1}{a + bx} = \frac{1}{a} · \frac{1}{1 + \frac{b}{a}x} = ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n}b^{n}}{a^{n+1}} x^{n} , |x| < |\frac{a}{b}| ; \underline{7}. \frac{5x − 4}{x + 2} = 5 − 7 \frac{1}{1 + \frac{x}{2}} = −2 +

∑_{n=1}^{∞} \frac{7(−1)^{n−1}}{2^{n}} x^{n} , |x| < 2 ; \underline{8}. \frac{1}{x^{2} − 2x − 3} = −\frac{1}{12} · \frac{1}{1 − \frac{x}{3}} − \frac{1}{4} · \frac{1}{1 + x} = ∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{4}((−1)^{n+1} − \frac{1}{3^{n+1}} ) x^{n} , |x| <

1 ; \underline{9}. \frac{1}{1 + x + x^{2}} = ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} , kde a_{n} = \{ \begin{matrix}1 , ak & n = 3k , k ∈ N ∪ \{0\} \\ −1 , ak & n = 3k + 1 , k ∈ N ∪ \{0\} \\ 0 , ak & n = 3k + 2 , k ∈ N ∪ \{0\} \end{matrix} (to možno zapísať aj

v tvare a_{n} = \frac{2}{\sqrt{3}} sin \frac{2π(n + 1)}{3} ) , |x| < 1 (pre x ≠ 1 je \frac{1}{1 + x + x^{2}} = \frac{1 − x}{1 − x^{3}} ); \underline{10}. \frac{x}{(1 − x^{3})^{2}} =

∑_{n=0}^{∞}(n+1)x^{3n+1} , |x| < 1 (Maclaurinov rad funkcie \frac{1}{(1 − u)^{2}} môžeme nájsť napr. derivovaním člen po člene

Maclaurinovho radu funkcie \frac{1}{1 − u}); \underline{11}. \frac{1}{\sqrt{x^{2} + a^{2}}} = \frac{1}{a} · \frac{1}{\sqrt{1 + (\frac{x}{a})^{2}}} = \frac{1}{a} +∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}(2n − 1)!!}{(2n)!! a^{2n+1}} x^{2n} , |x| ≤

a; \underline{12}. ln \sqrt{\frac{1 + x}{1 − x}} = \frac{1}{2}( ln(1+x)−ln(1−x)) = ∑_{n=0}^{∞} \frac{x^{2n+1}}{2n + 1} , |x| < 1 ; \underline{13}. ln(12−x−x^{2}) = ( ln 3+ln (1−

\frac{x}{3})) + ( ln 4 + ln (1 + \frac{x}{4})) = ln 12 + ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n}(\frac{(−1)^{n+1}}{4^{n}} − \frac{1}{3^{n}} ) x^{n} , x ∈ [−3, 3) ; \underline{14}. ln(1 + x + x^{2} + x^{3}) =

ln(1 + x) + ln(1 + x^{2}) = ∑_{n=1}^{∞} a_{n}x^{n} , kde a_{n} = \{ \begin{matrix}\frac{1}{n} , ak & n = 2k − 1 alebo n = 4k − 2 , k ∈ N \\ − \frac{3}{n} , ak & n = 4k , k ∈ N \end{matrix} , x ∈

(−1, 1] (daný rad má polomer konvergencie R = 1 , pričom je súčtom dvoch radov, z ktorých jeden konverguje v bode x = 1 a diverguje v bode x = −1 a druhý konverguje v bode x = 1 aj v bode x = −1); \underline{15}. (1 + x) ln(1 + x) = x + ∑_{n=2}^{∞}(−1)^{n} \frac{x^{n}}{n(n − 1)} , táto rovnosť platí pre x ∈ (−1, 1] , oborom konvergencie uvedeného radu je interval [−1, 1] , jeho súčet má v bode −1 hodnotu 0 ( = −1+ ∑_{n=2}^{∞} \frac{1}{n(n − 1)} = lim_{x→−1+}(1+x) ln(1+x)) , funkciu (1+x) ln(1+x) , x ∈ (−1, 1] , možno teda v bode −1 ,,spojite dodefinovať“

349 \underline{1}. arctg x = ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n}x^{2n+1}}{2n + 1} , |x| ≤ 1 ; \underline{3}. ln (x + \sqrt{a^{2} + x^{2}} ) = ln a + \frac{x}{a} +

∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}(2n − 1)!!}{(2n)!! a^{2n+1}(2n + 1)} x^{2n+1} , |x| ≤ a (Maclaurinov rad funkcie f′ konverguje v bodoch x = a , x =

−a — pozri riešenie pr. 348.11, preto tam podľa tvrdenia b) vety 16 konverguje aj Maclaurinov

rad funkcie f ^{20}); \underline{4}. f′(x) = \frac{x}{1 + \frac{x^{4}}{4}} , |x| ≠ \sqrt{2} ; arctg \frac{2 + x^{2}}{2 − x^{2}} = \frac{π}{4} + ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n}x^{4n+2}}{(2n + 1)2^{2n+1}} , táto

rovnosť platí pre x ∈ (−\sqrt{2}, \sqrt{2}) , oborom konvergencie uvedeného radu je interval [−\sqrt{2}, \sqrt{2}] (funkciu arctg \frac{2 + x^{2}}{2 − x^{2}} , x ∈ (−\sqrt{2}, \sqrt{2}) , možno teda ,,spojite dodefinovať“ v bodoch −\sqrt{2} a \sqrt{2}); \underline{5}. f′′(x) =

19= ∑_{m=1}^{∞} \frac{3(−1)^{m+1}}{4(2n + 1)!} (3^{2m} − 1)x^{2m+1} , ak položíme m = n − 1

20konvergenciu v bodoch x = a , x = −a sme samozrejme rovnako dobre mohli dokázať aj Leibnizovým kritériom

\frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}} , x ln (1 + \sqrt{1 + x^{2}} ) − \sqrt{1 + x^{2}} = −1 + \frac{x^{2}}{2} + ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}(2n − 1)!!}{(2n + 2)!!(2n + 1)} x^{2n+2} ; \underline{6}. x arctg x −

ln \sqrt{1 + x^{2}} = ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n}x^{2n+2}}{(2n + 1)(2n + 2)} , |x| ≤ 1 ; \underline{7}. ∫_{0}^{x} \frac{sin t}{t} dt = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}x^{2n−1}}{(2n − 1)! (2n − 1)} , x ∈ R ^{21};

\underline{8}. ∫_{0}^{x} \frac{dt}{\sqrt{1 − t^{4}}} = x + ∑_{n=1}^{∞} \frac{(2n − 1)!!}{(2n)!!} · \frac{x^{4n+1}}{4n + 1} , oborom konvergencie tohto radu je interval [−1, 1] (existujú teda konečné limity lim_{x→1−} f(x) , lim_{x→−1+} f(x) ^{22});

350 \underline{1}. ∑_{n=0}^{∞} b_{n}x^{n} , kde b_{n} = ∑_{k=0}^{n} a_{k} (nech I je interval konvergencie radu ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} , potom pre x ∈ J := I ∩(−1, 1) ( (−1, 1) je interval konvergencie radu ∑_{n=0}^{∞} x^{n} , tj. Maclaurinovho radu funkcie \frac{1}{1 − x}) konvergujú rady ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} , ∑_{n=0}^{∞} x^{n} absolútne (veta 10), preto podľa vety 17 z odseku 3.4 konverguje na intervale J ich Cauchyho súčin k funkcii \frac{f(x)}{1 − x}); \underline{2a}) ln^{2}(1 − x) = ∑_{n=1}^{∞} 2(1 + \frac{1}{2} + ⋯ + \frac{1}{n})\frac{x^{n+1}}{n + 1} , x ∈ [−1, 1) (najprv nájdite Maclaurinov rad funkcie f′ , ten má polomer konvergencie R = 1 (pozri pr. 336.10), preto aj náš rad má ten istý polomer konvergencie (veta 15), konvergencia uvedeného radu v bode −1 vyplýva z Leibnizovho kritéria (pozri tiež pr. I.171, I.172)); \underline{2b}) ( arctg x)^{2} = ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n+1}(1 + \frac{1}{3} + ⋯ + \frac{1}{2n − 1})\frac{x^{2n}}{n} , |x| ≤ 1 (v bodoch 1 a −1 konverguje uvedený rad relatívne, preto jeho polomer konvergencie je R = 1 , pozri riešenie pr. 338);

351 \underline{1}. \frac{1}{(x^{2} − 2x + 3)^{2}} = ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n} \frac{(n + 1)(x − 1)^{2n}}{2^{n+2}} , |x − 1| < \sqrt{2} (podľa návodu stačí nájsť

Maclaurinov rad funkcie f(t + a) = \frac{1}{(t^{2} + 2)^{2}} : derivovaním člen po člene Maclaurinovho radu funkcie \frac{1}{(2 + u)} ( = \frac{1}{2} · \frac{1}{1 + u/2}) nájdeme Maclaurinov rad funkcie \frac{1}{(2 + u)^{2}} a do neho dosadíme u =

t^{2}); \underline{2}. \frac{1}{\sqrt{x^{2} − 10x + 29}} = \frac{1}{2} +∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}(2n − 1)!! (x − 5)^{2n}}{2^{2n+1} (2n)!!} ^{23}, |x−5| ≤ 2 ; \underline{3}. (2x+1) sin x sin(x+1) =

(cos 1 − 1)(x + \frac{1}{2}) + ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n+1} \frac{2^{2n}}{(2n)!} (x + \frac{1}{2})^{2n+1} , x ∈ R ; \underline{4}. ln(x^{2} − 9x + 20) = ln 2 − ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n}(1 +

\frac{1}{2^{n}} )(x − 3)^{n} , x ∈ [1, 5) (pre t ∈ (−∞, 1) je ln(t^{2} − 3t + 2) = ln(1 − t) + ln(2 − t));

352 (pozri tiež riešenia pr. 342, 343) \underline{1}. e^{x2}(1 + 2x^{2}) ( ∑_{n=0}^{∞} \frac{(2n + 1)x^{2n}}{n!} = (x ∑_{n=0}^{∞} \frac{(x^{2})^{n}}{n!} )′ =

21pripomeňme, že na integrál ∫_{0}^{x} \frac{sin t}{t} dt sa vzťahuje poznámka 2 za vetou 6 z odseku 2.1

22čísla ∫_{0}^{1} \frac{dt}{\sqrt{1 − t^{4}}} := lim_{x→1−} f(x) , ∫_{−1}^{0} \frac{dt}{\sqrt{1 − t^{4}}} := lim_{x→−1+} f(x) sú tzv. nevlastné Riemannove integrály, pozri napr. [1] alebo [10]; z hľadiska Newtonovho integrálu (pozri poznámku za odsekom 2.5) z konvergencie uvedeného radu v bodoch 1 a −1 vyplýva existencia (N) ∫_{0}^{1} \frac{dt}{\sqrt{1 − t^{4}}} a (N) ∫_{−1}^{0} \frac{dt}{\sqrt{1 − t^{4}}} ; zrejme v tomto prípade pojmy Newtonovho integrálu (N) ∫_{0}^{1} \frac{dt}{\sqrt{1 − t^{4}}} ((N) ∫_{−1}^{0} \frac{dt}{\sqrt{1 − t^{4}}} ) a nevlastného Riemannovho

integrálu ∫_{0}^{1} \frac{dt}{\sqrt{1 − t^{4}}} ( ∫_{−1}^{0} \frac{dt}{\sqrt{1 − t^{4}}} ) splývajú

23= \frac{1}{2} + ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}(2n − 1)!! (x − 5)^{2n}}{2^{3n+1} n!}

(xe^{x2})′ ); \underline{2}. \frac{1}{4}e^{x/2}(x + 2)^{2} ( = f_{1} (\frac{x}{2}) + f_{2} (\frac{x}{2}) , kde f_{2}(t) := ∑_{n=0}^{∞} \frac{t^{n}}{n!} , f_{1}(t) := ∑_{n=1}^{∞} \frac{n^{2}t^{n}}{n!} =

t(t(e^{t} − 1)′)′); \underline{3}. (1 − \frac{x^{2}}{2} ) cos x − \frac{x}{2} sin x ( ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}2n^{2}x^{2n}}{(2n)!} = x (−\frac{1}{2} x sin x)′ ); \underline{4}. − \frac{1}{2} +

\frac{1}{1 + \sqrt{1 − x^{2}}} (pre x ∈ (−1, 1) , x ≠ 0 je ∑_{n=1}^{∞} \frac{(2n − 1)!!}{(2n + 2)!!} x^{2n} = \frac{1}{x^{2}} ∫_{0}^{x} t(\frac{1}{\sqrt{1 − t^{2}}} − 1) dt , výsledok pre

x = 1 , x = −1 vyplýva z poznámky 1 za riešením pr. 343.4, resp. poznámky za riešením pr. 344.2 (konvergenciu uvedeného radu v týchto bodoch dokážeme Raabeho kritériom) alebo z pr. 345.2 (kedy konvergenciu

v bodoch x = 1 , x = −1 netreba samostatne dokazovať));

353 (pozri tiež riešenie pr. 344) \underline{1}. 2e; \underline{2}. 3e^{2}; \underline{3}. \frac{1}{2}(cos 1 − sin 1) ( = \frac{1}{2}( ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{(2n)!} −

∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{(2n + 1)!}) = \frac{1}{2}( lim_{x→1−} ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{(2n)!} x^{2n} − lim_{x→1−} ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{(2n + 1)!} x^{2n+1}); iná možnosť: ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}n}{(2n + 1)!} = g(1) ,

kde g(x) := ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}n}{(2n + 1)!} x^{2n−1}); \underline{4}. \frac{1}{\sqrt{2}} − 1; \underline{5}. \frac{π}{2} ( = arcsin 1 , pozri tiež pr. 349.2);

354 ak použijeme Lagrangeov tvar zvyšku Taylorovho polynómu, dostaneme (pre pevné x ∈

(a, b)) :  |f(x) − ∑_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!} (x − x_{0})^{k}| = |\frac{f^{(n+1)}(ϑ_{n}(x))}{(n + 1)!}||x − x_{0}|^{n+1} ≤ \frac{Mc^{n+1}|x − x_{0}|^{n+1}}{(n + 1)!} ;

pritom lim_{n→∞} \frac{Mc^{n+1}|x − x_{0}|^{n+1}}{(n + 1)!} = 0 (možno to dokázať postupom z pr. 222);

355 napr. f(x) = \{ \begin{matrix}e^{−1/x2} , ak & x ≠ 0 \\ 0 , ak & x = 0 \end{matrix} ;

356 \underline{2}. 1.968 0 ± 0.000 1 ( ^{4} \sqrt{15} = 2 ^{4} \sqrt{1 − \frac{1}{16}} ; pri odhade R_{n} sme použili postup z poznámky za

riešením pr. 356.2, |R_{n}| ≤ \frac{2}{4(n + 1)} ∑_{k=n+1}^{∞} (\frac{1}{16})^{k} );  \underline{3}. 0.245 0 ± 0.000 1 ;  \underline{4}. 0.182 3 ± 0.000 1 ;

\underline{5}. 2.718 282 ± 0.000 001 (pri odhade R_{n} sme použili Lagrangeov tvar zvyšku; postup výpočtu možno ľahko ,,zmechanizovať“: vypočítanú aproximáciu n–tého člena stačí vydeliť číslom n + 1 , aby sme dostali aproximáciu (n + 1)–vého člena);

357 nájdite Maclaurinov rad funkcie ln \frac{1 + x}{1 − x} a zvoľte a tak, aby platilo \frac{1 + a}{1 − a} = 1 + \frac{1}{n} ; ln 2 =

0.693 147 ± 0.000 001 , ln 3 = 1.098 61 ± 0.000 01 (každý z prvých štyroch členov radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{2}{(2n − 1)5^{2n−1}}

sme vypočítali s presnosťou 10^{−7} , pre štvrtý zvyšok R_{4} tohto radu platí |R_{4}| ≤ \frac{1}{18 · 25^{4}} < 1.5 · 10^{−7} ;

pripočítali sme číslo ln 2 vypočítané s presnosťou 10^{−6} a výsledok sme zaokrúhlili na 5 desatinných miest (absolútna chyba, ktorej sme sa tým dopustili, nie je va̋čšia než 5 · 10^{−6}); pre absolútnu chybu ε takto

získanej aproximácie čísla ln 3 platí ε ≤ 4 · 10^{−7} + 1.5 · 10^{−7} + 10^{−6} + 5 · 10^{−6} = 65.5 · 10^{−7} < 10^{−5});

358 \underline{1}. 3.141 59 ± 0.000 01; \underline{2}. 0.309 0 ± 0.000 1 ( sin 18^{∘} = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}π^{2n−1}}{(2n − 1)! 10^{2n−1}} ; čísla

\frac{3.141 59}{10} , −\frac{(3.141 59)^{3}}{6 · 10^{3}} , \frac{(3.141 59)^{5}}{120 · 10^{5}} sú aproximáciami čísel \frac{π}{10} , −\frac{π^{3}}{6 · 10^{3}} , \frac{π^{5}}{120 · 10^{5}} , ktorých absolútna

chyba nie je va̋čšia ako 10^{−6} , overenie tohto tvrdenia prenechávame čitateľovi);

359 \underline{1}. 1.605 ± 0.001 (pred použitím odhadu |R_{n}| ≤ |b_{n+1}| nezabudnite preveriť monotónnosť postupnosti \{b_{n}\}_{n=0}^{∞}); \underline{2}. 0.905±0.001; \underline{4}. 0.026±0.001 (podobne ako v poznámke 2 za riešením pr.356.1 — ak naviac ešte využijeme nerovnosť n! ≥ 2^{n−1} — možno dokázať odhad |R_{n}| = ∑_{k=n+1}^{∞} \frac{2}{k! (2k + 3)27 · 9^{k}} ≤

\frac{4}{27} ∑_{k=n+1}^{∞} \frac{1}{2^{k} 9^{k} (2k + 3)} ≤ \frac{4}{27(2n + 5)} ∑_{k=n+1}^{∞} (\frac{1}{18})^{k} );

360 nech r je polomer kružnice; △OAC má plochu \frac{d}{2} r cos ϑ = r sin ϑ · r cos ϑ = \frac{1}{2}r^{2} sin 2ϑ , plocha kruhového segmentu zodpovedajúceho uhlu 2ϑ je r^{2}ϑ , preto p = r^{2}ϑ − \frac{1}{2} r^{2} sin 2ϑ = r^{2}(ϑ − \frac{1}{2} sin 2ϑ) =

r^{2}(ϑ − \frac{1}{2}(ϑ − \frac{ϑ^{3}}{6} + \frac{ϑ^{5}}{120} − ⋯)) = r^{2}(\frac{2ϑ^{3}}{3} − \frac{2ϑ^{5}}{15} + ⋯) , súčasne \frac{2}{3} dh = \frac{2}{3} (2r sin ϑ)(r − r cos ϑ) =

\frac{4}{3} r^{2} sin ϑ(1 − cos ϑ) = \frac{4}{3}r^{2}(ϑ − \frac{ϑ^{3}}{6} + \frac{ϑ^{5}}{120} − ⋯)(\frac{ϑ^{2}}{2} − \frac{ϑ^{4}}{24} + ⋯) , ak použijeme Cauchyho súčin radov,

dostávame \frac{2}{3} dh = r^{2}(\frac{2ϑ^{3}}{3} − \frac{ϑ^{5}}{6} + ⋯) , teda rady pre p a pre \frac{2}{3} dh sa líšia až členmi s ϑ^{5} , čo slovne vyjadrujeme ,,s presnosťou do ϑ^{5} platí p ≈ \frac{2}{3} dh“;

361 \underline{1}. (1, ∞) (pre pevné x ∈ R má daný rad rovnaký charakter ako rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{x}} ); \underline{2}. (−2, 2) (v bodoch x = 2 , x = −2 nie je splnená nutná podmienka konvergencie^{24}); \underline{3}. R\\{1\} (pre x = −1 pozri

pr. 240); \underline{4}. (−1, ∞) (pre x ≤ −1 je |\frac{f_{n+1}(x)}{f_{n}(x)}| = \frac{n − x}{n + 1} ≥ 1 , pre x > −1 , x ∉ N ∪ \{0\} použite postup

z pr. 240); \underline{5}. konverguje na R \ \{0\} pre |a| > 1 , diverguje v každom bode pre |a| ≤ 1 (v prípade x = 0 alebo |a| ≤ 1 má daný rad rovnaký charakter ako rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n} ; využite rovnosť lim_{n→∞} \frac{n}{\sqrt[n]{n!}} = e — pozri poznámku za pr. 224); \underline{6}. Z (pozri bod 2 v poznámke ^{34} k riešeniu pr. 243.4) ; \underline{7}. [0, ∞) ∪ \{−kπ; k ∈ N\} (v prípade e^{x} < 1 ∧ x ≠ kπ , k ∈ Z , je lim_{n→∞} e^{−nx} = ∞ a lim_{n→∞} sin nx neexistuje); \underline{8}. (0, π) pre q > p (možno použiť Dirichletovo kritérium), diverguje v každom bode x ∈ (0, π) pre q ≤ p (nie je splnená nutná podmienka konvergencie); \underline{9}. R (pozri pr. I.156.5); \underline{10}. diverguje pre každé x ∈ R (nie je splnená nutná podmienka konvergencie ^{25};

362 \underline{1}. \frac{x}{1 − x} , x ∈ (−1, 1) (S_{n}(x) = x( ∑_{k=1}^{n} ln |1 + x^{2k−1} | )′ = x( ln |\frac{1 − x^{2n}}{1 − x} |)′ pre x ≠ 1 , x ≠

−1 , pre |x| < 1 je lim_{n→∞} 2^{n}x^{2n} = 0 (subst. 2^{n} = t), pre x ∉ [−1, 1) je lim_{n→∞} S_{n} nevlastná); \underline{2}. − ctg x+

\frac{1}{x} pre 0 < |x| < π , 0 pre x = 0 (S_{n}(x) = −( ln | ∏_{k=1}^{n} cos \frac{x}{2^{k}} |)′ pre 0 < |x| < π);

363 \underline{1}. platí (použite matematickú indukciu) K_{n}(x) := \frac{a_{1}}{x} −(\frac{a_{1}}{a_{2} + x} +⋯+ \frac{a_{1} ⋯ a_{n}}{(a_{2} + x) ⋯ (a_{n+1} + x)}) =

24v prípade x = 2 je (\frac{n}{2})^{n} (e^{2/n} − 1)^{n} = ((1 + h(n))^{1/h(n)})^{g(n)} , kde h(n) = \frac{n}{2}(e^{2/n} − 1) − 1 , g(n) =

nh(n) = 1 + no (\frac{1}{n}) , v prípade x = −2 je (\frac{n}{2})^{n} (e^{−2/n} − 1)^{n} = (−1)^{n}e^{−2} (\frac{n}{2})^{n} (e^{2/n} − 1)^{n}

25z nerovností cos cos x > x pre x ∈ (−∞, a) , cos cos x < x pre x ∈ (a, ∞) , kde a je jediné riešenie rovnice cos cos x = x (pre f(x) = cos cos x − x je f′(x) ≤ 0 , pričom f′(x) = 0 len pre x = \frac{kπ}{2} , k ∈ Z , preto f je klesajúca, ďalej f (\frac{π}{2} ) < 0 < f(0) ) , | cos cos x| ≤ 1 , x ∈ R , a z rastu funkcie cos cos x na [0, \frac{π}{2} ] vyplýva, že pre každé y ∈ [0, 1] je postupnosť \{y_{n}\}_{n=1}^{∞} , kde y_{1} = y , y_{n+1} = cos cos y_{n} , ohraničená a monotónna, teda konvergentná, pritom (pozri pr. I.156) lim_{n→∞} y_{n} = a; odtiaľ vyplýva rovnosť lim_{n→∞} x_{n} = a , kde x_{1} = cos x , x_{n+1} = cos x_{n} (stačí uvažovať postupnosti {x_{2k}}_{k=1}^{∞} , {x_{2k+1}}_{k=1}^{∞}) , zrejme a ≠ 0

\frac{a_{1} ⋯ a_{n+1}}{x(a_{2} + x) ⋯ (a_{n+1} + x)} = \frac{a_{1}}{x} e^{E(x)} , kde E(x) = − ∑_{k=2}^{n} ln (1 + \frac{x}{a_{k}} ) , rad − ∑_{k=2}^{∞} ln (1 + \frac{x}{a_{k}} ) di-

verguje k −∞ (má rovnaký charakter ako rad −x ∑_{k=2}^{∞} \frac{1}{a_{k}} ) , preto lim_{n→∞} K_{n}(x) = 0 pre každé

x > 0 ; \underline{2}. \frac{1}{x − 1} − ∑_{k=1}^{n} \frac{k!}{(x + 1) ⋯ (x + k)} = \frac{(n + 1)!}{(x − 1)(x + 1) ⋯ (x + n)} , x > 1 ; z konvergencie radu

∑_{n=1}^{∞} \frac{(n + 1)!}{(x − 1)(x + 1) ⋯ (x + n)} , x > 1 , vyplýva rovnosť lim_{n→∞} \frac{(n + 1)!}{(x − 1)(x + 1) ⋯ (x + n)} = 0 pre každé

x > 1 ; \underline{3a}) \frac{1}{x} (v pr. 363.1 stačí položiť a_{n} = \frac{1}{n}); \underline{3b}) \frac{x}{1 − x} pre |x| < 1 , \frac{1}{1 − x} pre |x| >

1 ( ∑_{n=1}^{∞} \frac{y^{2n−1}}{1 − y^{2n}} = \frac{y}{1 − y^{2}} (1 + \frac{y}{1 + y^{2}} + \frac{y}{1 + y^{2}} · \frac{y^{2}}{1 + y^{4}} + ⋯) , pre y ∈ (0, 1) položte v pr. 363.1

x = 1 , a_{n} = y^{2n−1} ; pre y > 1 použite substitúciu t = \frac{1}{y} ); \underline{3c}) \frac{x}{(1 − x)^{2}} pre |x| > 1 , \frac{x^{2}}{(1 − x)^{2}} pre

|x| < 1 (f_{n}(x) = \frac{x}{1 − x}(\frac{1}{1 − x^{n}} − \frac{1}{1 − x^{n+1}} ));

364 z nerovností z pr. 228.2 vyplýva − arctg \frac{1}{x} < F (x) − \frac{π}{2} < \frac{x}{1 + x^{2}} − arctg \frac{1}{x} , x > 0 ; 365 \underline{1}. konverguje nerovnomerne k f(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} , x > 0 ( lim_{x→0} (f_{n}(x) − f(x)) = ∞ , n ∈ N);

\underline{2}. rovnomerne k f(x) ≡ 0 , x ∈ [0, α] (|f_{n}(x)| ≤ nx sin \frac{πx^{n}}{2} ≤ \frac{π}{2} nx^{n+1} ≤ \frac{π}{2} nα^{n+1}); \underline{3}. rovnomerne

k f(x) = tg x , x ∈ (0, \frac{π}{4} ) ; \underline{4a}) nerovnomerne k f(x) = \frac{1}{x} , x ∈ (0, 1) ( lim_{x→0} |f_{n}(x) − f(x)| = \sqrt{n} , n ∈ N); \underline{4b}) rovnomerne k f(x) = \frac{1}{x} , x > 1 ; \underline{5}. rovnomerne k f(x) = \frac{πx}{2} , x > 0 (|f_{n}(x) −

f(x)|= ^{26} |x|| arctg \frac{1}{nx}| ≤ |x|\frac{1}{|nx|} = \frac{1}{n}); \underline{6}. nerovnomerne k f(x) ≡ 0 , x ∈ [0, 1] ( sup_{x∈[0,1]} |f_{n}(x)| =

f_{n} ( ^{n} \sqrt{\frac{1 + \sqrt{7}}{6}}) ); \underline{7}. nerovnomerne k f(x) = \{ \begin{matrix}1 , ak & x ≠ kπ , k ∈ Z \\ 0 , ak & x = kπ , k ∈ Z \end{matrix} (pozri tvrdenie z poznámky 3 k riešeniu pr. 300.11c); \underline{8}. rovnomerne k f(x) ≡ 0 , x ≥ 0 (z nerovnosti ln(1 + x) ≤ x , x > −1 ,

vyplýva pre x ∈ (−1, 0) : | ln(1 + x)| ≤ \frac{|x|}{1 − |x|} ^{27}, pre x ≥ 0 je | ln(1 + x)| ≤ |x| ≤ \frac{|x|}{1 − |x|} ;

pritom |\frac{cos nx}{\sqrt{n + x}}| ≤ \frac{1}{\sqrt{n}} , x ≥ 0); \underline{9a}) nerovnomerne k f(x) = \frac{1}{x} , x ∈ (0, 2) ( lim_{x→0+} (f(x) − f_{n}(x)) = lim_{x→0+} \frac{1}{x}(1 − nx ln (1 + \frac{1}{nx})) = ∞); \underline{9b}) rovnomerne k f(x) = \frac{1}{x} , x > 2 ; \underline{10}. rovnomerne k f(x) = ln x , x ∈ [1, a] (ak funkciu e^{y} zapíšeme pomocou jej Maclaurinovho polynómu a zvyšku v Lagrangeovom tvare a položíme y = \frac{ln x}{n} , dostaneme |f_{n}(x) − f(x)| = |n(e^{(ln x)/n} − 1) − ln x| =

|n(1 + \frac{ln x}{n} + \frac{ln^{2} x}{2n^{2}} e^{(ϑ_{n} ln x)/n} − 1) − ln x| ≤ \frac{1}{2n} ln^{2} a · e^{(ln a)/n}; pripomeňme, že ϑ_{n} ∈ (0, 1)); \underline{11}. rov-

26= |x|| arctg ( tg ( arctg nx − \frac{π}{2} ))| = |x|| arctg ( − ctg ( arctg nx))| =

27| ln(1 + x)| = ln \frac{1}{1 + x} = ln (1 − \frac{x}{1 + x}) ≤ −\frac{x}{1 + x} = \frac{|x|}{1 − |x|} , x ∈ (−1, 0)

nomerne k f(x) ≡ 1 , x ∈ (0, 10) (|f_{n}(x) − f(x)| = \frac{x}{2n(1 + \frac{ϑ_{n} · x}{n})^{2}} , x ∈ (0, 10)); \underline{12a}) rovnomerne

k f(x) = e^{x} , x ∈ [a, b] (|f_{n}(x) − f(x)| = |e^{x}||1 − e^{E_{1}(x)}| ≤ e^{b}(1 − e^{E_{2}}) , x ∈ [a, b] , kde E_{1}(x) =

−\frac{x^{2}}{2n} · \frac{1}{(1 + ϑ_{n} \frac{x}{n})^{2}} , E_{2} = −\frac{M^{2}}{2n} · \frac{1}{(1 − \frac{M}{n} )^{2}} , pričom M = max \{|a|, |b|\}); \underline{12b}) nerovnomerne

k f(x) = e^{x} , x ∈ R ( lim_{x→∞} |f(x) − f_{n}(x)| = lim_{x→∞} e^{x}(1 − (1 + \frac{x}{n})^{n}/e^{x}) = ∞);

367 \underline{2}. n(f(x+ \frac{1}{n})−f(x)) = f′(x+ϑ_{n} \frac{1}{n}) , kde ϑ_{n} ∈ (0, 1) , pri odhade |f_{n}(x)−f(x)| , x ∈ [a, b] ,

využite rovnomernú spojitosť funkcie f′ na [a, b+1] ; \underline{3}. f_{n} → ∫_{0}^{1} f(x+y) dy , x ∈ [a, b] ; |f_{n}(x)−∫_{0}^{1} f(x+

y) dy| = | ∑_{k=0}^{n−1} ∫_{k/n}^{(k+1)/n} (f(x+ \frac{k}{n})−f(x+y)) dy| ≤ ∑_{k=0}^{n−1} ∫_{k/n}^{(k+1)/n} |f(x+ \frac{k}{n})−f(x+y))| dy , x ∈ [a, b] , ďalej

využite rovnomernú spojitosť funkcie f na intervale [a, b + 1] : ak platí implikácia ξ, η ∈ [a, b + 1] , |ξ − η| <

δ ⟹ |f(ξ) − f(η)| < ε a \frac{1}{n} < δ , tak ∫_{k/n}^{(k+1)/n} |f(x + \frac{k}{n}) − f(x + y)| dy ≤ \frac{ε}{n} , k = 0, 1, …, n − 1 ;

368 \underline{1}. platí (funkcia x^{α} je rovnomerne spojitá na [0, ∞) pre α ∈ (0, 1] (rovnomerná spojitosť na [0, a] vyplýva z vety 6 pred pr. I.251, rovnomerná spojitosť na [a, ∞) z pr. I.342.1), tj. ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : r, s > 0 ∧ |r − s| < δ ⟹ |r^{α} − s^{α}| < ε , teda ak ∀ n > n_{0} : |f_{n}(x) − f(x)| < δ , tak ∀ n > n_{0} : |f_{n}^{α}(x) − f^{α}(x)| < ε ^{28}); \underline{2}. neplatí (platilo by, keby sme naviac predpokladali napr. ohraničenosť funkcí f , g : |f_{n}g_{n} − fg| ≤ |f_{n}||g_{n} − g| + |g||f_{n} − f|);

369 \underline{1a}) konverguje rovnomerne k f(x) = 1 + x^{4} , x ∈ [a, b] (daný rad je geometrický, teda ľahko

možno nájsť jeho súčet aj čiastočné súčty); \underline{1b}) nerovnomerne k f(x) = \{ \begin{matrix}1 + x^{4} , ak & x ∈ [a, b] \ \{0\} \\ 0 , ak & x = 0 \end{matrix}

(pozri tvrdenie v poznámke ^{3} k riešeniu pr. 300.11c); \underline{2}. konverguje rovnomerne; \underline{3}. konverguje

rovnomerne (konvergencia majorantného radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{a^{n}}{[n/2]!} vyplýva z konvergencie radov ∑_{k=1}^{∞} \frac{a^{2k}}{k!} a

∑_{k=1}^{∞} \frac{a^{2k−1}}{(k − 1)!}); \underline{4}. konverguje rovnomerne na R (majorantný rad je ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{2n ln^{3/2}(n + 1)}); \underline{5}. kon-

verguje nerovnomerne (nie je splnená nutná podmienka rovnomernej konvergencie: lim_{n→∞} f_{n}(n) =

\frac{π}{2} ); \underline{6a}) konverguje nerovnomerne na (0, 1) (vypočítajte f_{n}(\frac{1}{n})); \underline{6b}) konverguje rovnomerne

na (1, ∞) (majorantným číselným radom je napr. ∑_{n=2}^{∞} \frac{1}{n ln^{2} 2n}); \underline{7a}) konverguje nerovnomerne na

(0, δ) (nekonverguje totiž v bode 0, pozri pr. 309); \underline{7b}) konverguje rovnomerne na (δ, ∞) ; \underline{8}. konverguje nerovnomerne (vypočítajte f_{n}(2^{−n})); \underline{9a}) konverguje rovnomerne na [α, ∞) ; \underline{9b}) konverguje nerovnomerne na (0, ∞) (daný rad nekonverguje v bode 0 ^{29}); \underline{10}. konverguje rovnomerne na [1, ∞)

(Abelovo kritérium); \underline{11a}) konverguje nerovnomerne na [0, δ] (pre x = \frac{1}{n^{2}} je \frac{nx}{(1 + x) ⋯ (1 + nx)} +

28analogicky možno dokázať tvrdenie ,,ak postupnosť {f_{n}}_{n=1}^{∞} kladných funkcií rovnomerne konverguje na (a, b) k ohraničenej funkcii f , tak pre každé α > 0 platí f_{n}^{α} \overrightarrow{→} f^{α}“

29z neexistencie lim_{n→∞} sin n vyplýva neexistencia lim_{n→∞} sin \sqrt{n} , preto pre niektorú podpostupnosť \{n_{k}\}_{k=1}^{∞}

postupnosti \{n\}_{n=1}^{∞} existuje nenulová lim_{k→∞} sin \sqrt{n_{k}} , potom lim_{k→∞} n_{k} sin \sqrt{n_{k}} je nevlastná, preto v bode 0

nie je splnená nutná podmienka konvergencie; ďalej pozri pr. 309

⋯ + \frac{(n + n)x}{(1 + x) ⋯ (1 + 2nx)} ≥ n \frac{1/n}{(1 + 2/n)^{2n}} → e^{−4} pre n → ∞) ^{30}; \underline{11b}) konverguje rovnomerne

na [δ, ∞) (majorantný rad je ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(1 + δ)^{n−1}} ); \underline{12}. konverguje rovnomerne na R (použite Abelovo

kritérium, ku konvergencii radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{[\sqrt{n}]}}{n} pozri pr. 274.11);

370 α > 2 (pre α > 2 použite Weierstrassovo kritérium; pre α < 0 je lim_{x→0+} f_{n}(x) = ∞ , pre α = 0 je lim_{x→0+} f_{n}(x) = 1 , preto pre α ≤ 0 nie je na (0, ∞) splnená nutná podmienka rovnomernej konvergencie; pre α ∈ (0, 2] nájdite súčet S(x) daného radu (ktorý je geometrický) a využite, že pre α = 2 je lim_{x→0} S(x) = 1 ≠ S(0) = 0 , pre α ∈ (0, 2) je lim_{x→0+} S(x) = ∞);

372 z konvergencie radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{|a_{n}|} vyplýva rovnosť lim_{n→∞} |a_{n}| = ∞ , potom lim_{n→∞} (\frac{1}{|a − a_{n}|}/\frac{1}{|a_{n}|}) =

1 = lim_{n→∞} (\frac{1}{|b − a_{n}|}/\frac{1}{|a_{n}|}) , preto rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{x − a_{n}} konverguje absolútne v bodoch a , b; ďalej pozri pr. 312;

373 nie, uvažujte napr. f_{n}(x) = \frac{sin πnx}{n} ;

374 platí;

375 z každého otvoreného pokrytia kompaktu I možno vybrať konečné podpokrytie; ak ∑_{n=1}^{∞} f_{n}

rovnomerne konverguje na každej z množín K_{1} , K_{2} , …, K_{p} , tak rovnomerne konverguje aj na ich zjednotení;

376 \underline{1}. D(f) = R , f je spojitá (rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n} · \frac{1}{1 + (x/n)^{2}} konverguje rovnomerne a rad

∑_{n=1}^{∞} \frac{x}{x^{2} + n^{2}} lokálne rovnomerne na R); \underline{2}. D(f) = R \ N , f je spojitá, lim_{x→n} f(x) = ∞ pre každé

n ∈ N (pri vyšetrovaní lokálne rovnomernej konvergencie uvedeného radu možno použiť napr. myšlienku riešenia pr. 372, ďalej pozri poznámku 2 k riešeniu pr. 330.4); \underline{3}. D(f) = R \ \{2kπ; k ∈ Z\} , f je spojitá;

377 F má periódu ω;

378 \underline{1}. v každom bode intervalu I má každá z funkcií f_{n} , n ∈ N , vlastné jednostranné limity, preto podľa vety 7 aj funkcia f má v každom bode intervalu I vlastné jednostranné limity; \underline{2}. f_{n}(x) =

\{ \begin{matrix}0 , ak & |x| < \frac{1}{nπ} \\ sin \frac{1}{x} , ak & |x| ≥ \frac{1}{nπ} \end{matrix} ;

379 nech je dané ε > 0 ; f je rovnomerne spojitá na [a, b] , preto existuje δ > 0 tak, že (∗) x, y ∈ [a, b] , |x−y| < δ ⟹ |f(x)−f(y)| < \frac{ε}{2} ; rozdeľme interval [a, b] deliacimi bodmi a = x_{0} < x_{1} < ⋯ < x_{k} = b na konečný počet častí, z ktorých každá je kratšia ako δ; platí lim_{n→∞} f_{n}(x_{m}) = f(x_{m}) pre m = 0, …, k ,

preto (∗∗) ∃ N ∈ N ∀ n ∈ N , n > N ∀ m ∈ \{0, 1, …, k\} : |f_{n}(x_{m}) − f(x_{m})| < \frac{ε}{2} ; nech n > N

a x ∈ [x_{m}, x_{m+1}] , m ∈ {0, 1, …, k − 1} , predpokladajme, že funkcia f_{n} je neklesajúca a f_{n}(x) > f(x) (postup v ostatných prípadoch je analogický), potom |f_{n}(x) − f(x)| = f_{n}(x) − f(x) ≤ f_{n}(x_{m+1}) − f(x) =

|f_{n}(x_{m+1}) − f(x)| ≤ |f_{n}(x_{m+1}) − f(x_{m+1})| + |f(x_{m+1}) − f(x)| < \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2} (v závere sme využili nerovnosti (∗)

a (∗∗) ) , teda ∀ ε > 0 ∃ N ∈ N ∀ n ∈ N , n > N ∀ x ∈ [a, b] : |f(x) − f_{n}(x)| < ε ^{31};

30iná možnosť:  f_{n}(x) = \frac{1}{(1 + x) ⋯ (1 + (n − 1)x)} − \frac{1}{(1 + x) ⋯ (1 + nx)} ,  odtiaľ  S_{n}(x) = 1 −

\frac{1}{(1 + x) ⋯ (1 + nx)} , S(x) = lim_{n→∞} S_{n}(x) = \{ \begin{matrix}0 , ak & x = 0 \\ 1 , ak & −x ∉ N \end{matrix}

31nie je ťažké dokázať, že ak f je nekonštantná funkcia, tak existuje M ∈ N tak, že f_{n} sú neklesajúce pre všetky n > M alebo f_{n} sú nerastúce pre všetky n > M , potom (pozri pr. 296.1) f je neklesajúca, resp.

380 pozri pr. 296.2 a I.458;

381 \underline{1}. napr. f = ∑_{n=1}^{∞} f_{n} , kde f_{1} je funkcia s periódou 1, pričom f_{1}(x) = |x| pre x ∈ [−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] , f_{n}(x) = \frac{1}{4^{n−1}} f_{1} (4^{n−1}x) ; spojitosť f vyplýva z rovnomernej konvergencie radu ∑_{n=1}^{∞} f_{n} na

R ; pre x = \frac{k}{4^{m}} (k ∈ Z , m ∈ N ∪ \{0\}) a n > m je f(x) = 0 ; nech a = \frac{k}{4^{m}} , h = \frac{1}{4^{2m+1}} ,

potom f(a + h) − f(a) = ∑_{k=1}^{m} (f_{k}(a + h) − f_{k}(a)) + ∑_{k=m+1}^{2m+1} f_{k}(a + h) ≥ −mh + (m + 1)h > 0 , ana-

logicky f(a − h) − f(a) > 0 ; pritom pre každý interval I existujú k ∈ Z , m ∈ N ∪ {0} tak, že

\frac{k}{4^{m}} − \frac{1}{4^{2m+1}} , \frac{k}{4^{m}} , \frac{k}{4^{m}} + \frac{1}{4^{2m+1}} ∈ I;

\underline{2}. za g možno zvoliť primitívnu funkciu k funkcii f|[0, 1] , kde f je funkcia z pr. 381.1, pritom využite tvrdenie ,,ak f je konvexná (konkávna) a diferencovateľná na I , tak f′ je neklesajúca (nerastúca) na I“ (na jeho dôkaz stačí prejsť k limite pre z → x+ , resp. z → y− v nerovnostiach \frac{f(z) − f(x)}{z − x} ≤ \frac{f(y) − f(x)}{y − x} ,

resp. \frac{f(z) − f(y)}{z − y} ≥ \frac{f(y) − f(x)}{y − x} (x, y, z ∈ I , x < z < y) );

382 \underline{1}. napr. f = ∑_{n=1}^{∞} f_{n} , kde f_{n}(x) = \frac{1}{n^{2}} sgn (x − a_{n}) a \{a_{n}\}_{n=1}^{∞} je prostá postupnosť obasahujúca všetky racionálne čísla; uvedený rad konverguje rovnomerne (Weierstrassovo kritérium), každá z funkcií f_{n} je spojitá v každom iracionálnom čísle, preto aj f je spojitá v každom iracionálnom čísle; funkcia ∑_{{n=1 \atop n≠k}}^{∞} f_{n} je

spojitá v bode a_{k} , lim_{x→ak+} f_{k}(x) > f_{k}(a_{k}) > lim_{x→ak−} f_{k}(x) , preto lim_{x→ak+} f(x) > f(a_{k}) > lim_{x→ak−} f(x) ;

383 \underline{1}. nech f = lim_{n→∞} f_{n} , |f_{n}(x)| < K pre x ∈ [a, b) , n ∈ N ; pretože f_{n} \overrightarrow{→} f na [a, b − δ] pre každé δ ∈ (0, b − a) (pozri pr. 375), platí podľa vety 8 f ∈ R[a, b − δ] pre každé δ ∈ (0, b − a) , súčasne f je ohraničená na [a, b] , preto f ∈ R[a, b] (pozri pr. 147 a poznámku 2 za vetou 6 z odseku 2.1); | ∫_{a}^{b} f_{n}(x) dx− ∫_{a}^{b} f(x) dx| ≤ ∫_{a}^{b} |f_{n}(x)−f(x)| dx = ∫_{a}^{b−δ} + ∫_{b−δ}^{b} , pritom ∫_{b−δ}^{b} |f_{n}(x)−f(x)| dx ≤ 2Kδ (ak |f_{n}(x)| ≤ K a f_{n} → f na [a, b) , tak |f(x)| ≤ K na [a, b) a |f_{n}(x) − f(x)| ≤ |f_{n}(x)| + |f(x)| ≤ 2K); ak pre n > N a

x ∈ [a, b − \frac{ε}{4K} ] je |f_{n}(x) − f(x)| < \frac{ε}{2(b − a)} , tak | ∫_{a}^{b} f_{n}(x) dx − ∫_{a}^{b} f(x) dx| < ε pre n > N ;

\underline{2}. napr. f_{n}(x) = \{ \begin{matrix}2nx^{2} , ak & x ∈ [0, \frac{1}{n}) \\ 0 , ak & x ∈ [\frac{1}{n}, 1] \end{matrix} ;

384 \underline{1}. 0 (x^{n} ln x \overrightarrow{→} 0 na (0, 1] , ďalej pozri pr. 301, nezabudnite preveriť integrovateľnosť funkcií \frac{x^{n} ln x}{1 + x^{2}} na [0, 1]); \underline{2}. 0 ( sin^{n} x konverguje na [0, 1) lokálne rovnomerne k 0, pozri pr. 383.1, porovnaj s riešením pr. 113.4); \underline{3}. 0 (z nerovnosti \frac{sin nx}{n\sqrt{x}} ≤ \frac{nx}{n\sqrt{x}} = \sqrt{x} , x ∈ (0, 1] , vyplýva rovnomerná ohraničenosť postupnosti \{\frac{sin nx}{n\sqrt{x}}\}_{n=1}^{∞} na (0, 1] ; |\frac{sin nx}{n\sqrt{x}}| ≤ \frac{1}{n\sqrt{a}} pre x ∈ [a, 1] , preto

nerastúca \frac{sin nx}{n\sqrt{x}} \overrightarrow{→} 0 na [a, 1] , a > 0 , možno použiť pr. 383.1 ^{32}); \underline{4}. 0 ( ∫_{0}^{1+1/n} = ∫_{0}^{1} + ∫_{1}^{1+1/n} , pritom

x^{n} ln x \overrightarrow{→} 0 na (0, 1] ; |x^{n} ln x| ≤ (1 + \frac{1}{n})^{n} ln (1 + \frac{1}{n}) , x ∈ [1, 1 + \frac{1}{n}] , a preto ∫_{1}^{1+1/n} x^{n} ln x dx ≤

\frac{1}{n} (1 + \frac{1}{n})^{n} ln (1 + \frac{1}{n}) → 0 pre n → ∞); \underline{5}. 0 ( \{\frac{1}{1 + nx}\}_{n=1}^{∞} konverguje na (0, 1] lokálne

rovnomerne k 0, f je ohraničená, ďalej pozri pr. 301, 383.1);

385 ln \frac{3}{2} (pozri pr. 362.2);
386 \underline{1}. napr.

f_{n}(x) = \{ \begin{matrix}0 ,  ak & x ∈ [0, 1] \ Q alebo x = 0 \\ 1 ,  ak & x = \frac{p}{q} , p , q ∈ N sú nesúdeliteľné, p ≤ q , q ∈ \{1, 2, …, n\} \\ \frac{1}{q − n} , ak & x = \frac{p}{q} , p , q ∈ N sú nesúdeliteľné, p ≤ q , q > n \end{matrix} ;

f = χ|[0, 1] (riemannovská integrovateľnosť funkcie f_{n} na [0, 1] sa dokáže rovnako ako v prípade Riemannovej funkcie χ — pozri pr. 64, nerovnomernú konvergenciu možno dokázať priamo z definície alebo na základe vety 8); \underline{2}. napr. f_{n}(x) = x^{n}χ(x) , x ∈ [0, 1] , f(x) ≡ 0 , x ∈ [0, 1] ;

387 podľa pr. 192 a 193 existuje postupnosť {f_{n}}_{n=1}^{∞} spojite diferencovateľných monotónnych funkcií taká, že f_{n} \overrightarrow{→} f na [a, b] ; potom aj gf_{n} \overrightarrow{→} gf na [a, b] ; podľa pr. 119 ∀ n ∈ N ∃ c_{n} ∈ [a, b] :

∫_{a}^{b} f_{n}(x)g(x) dx = f_{n}(a) ∫_{a}^{cn} g(x) dx + f_{n}(b) ∫_{cn}^{b} g(x) dx; z postupnosti {c_{n}}_{n=1}^{∞} vyberme konvergentnú

postupnosť {c_{nk}}_{k=1}^{∞} , nech lim_{k→∞} c_{nk} = c ∈ [a, b] , potom ∫_{a}^{b} f(x)g(x) dx = lim_{k→∞} ∫_{a}^{b} f_{nk}(x)g(x) dx =

lim_{k→∞} (f_{nk}(a) ∫_{a}^{cnk} g(x) dx + f_{nk}(b) ∫_{cnk}^{b} g(x) dx) = f(a) ∫_{a}^{c} g(x) dx + f(b) ∫_{c}^{b} g(x) dx;

388 \underline{1}. D(f) = R , D(f′) = R \ \{0\} (f′_{+}(0) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} ≠ − ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} = f′_{−}(0) ; na výpočet f′_{+}(0) ,

resp. f′_{−}(0) stačí použiť vetu 9’ na intervale I = [0, 1] , resp. I = [−1, 0]); \underline{2}. D(f) = [0, ∞) , D(f′) =

(0, ∞) (f′(0) = −∞ : každá z funkcií g_{n}(x) := \frac{n}{1 + n^{2}} e^{−nx} je klesajúca na (0, ∞) , preto g := ∑_{n=1}^{∞} g_{n}

je nerastúca na (0, ∞) , teda existuje (vlastná alebo nevlastná) lim_{x→0+} g(x) ; keby platilo lim_{x→0+} g(x) ∈ R ,

musel by rad ∑_{n=1}^{∞} g_{n} konvergovať v bode 0 (vyplýva to z podobných úvah ako v riešení pr. 345.2), čo je

spor; preto lim_{x→0+} f′(x) = lim_{x→0+} ( − g(x)) = −∞ , ďalej pozri pr. I.384.1);

389 využite, že rad ∑_{n=1}^{∞} f′_{n} konverguje rovnomerne na každom kompaktnom intervale I′ ⊂ I (pozri

pr. 375) a vetu 9’; 390 pripomeňme, že pre x ≠ 2kπ , k ∈ Z , neexistuje lim_{n→∞} cos nx;

391 podľa vety 9 je φ′(x) = lim_{n→∞} (f^{(n)}(x))′ = lim_{n→∞} f^{(n+1)}(x) = φ(x) , x ∈ R ; z rovnosti φ′ = φ

vyplýva φ(x) = Ce^{x} (φ(x) ≡ 0 (= 0 · e^{x}) je zrejme riešením rovnice φ′ = φ; ak φ(a) ≠ 0 pre

niektoré a ∈ R , uvažujme maximálny interval I ⊂ R taký, že a ∈ I , φ(x) ≠ 0 pre x ∈ I (zo spojitosti funkcie φ vyplýva, že taký interval existuje a je otvorený; ak I = (b, c) a b ∈ R , tak φ(b) = 0 , podobne

φ(c) = 0 v prípade c ∈ R); pre x ∈ I platí \frac{φ′(x)}{φ(x)} = ( ln |φ(x)|)′ = 1 , preto ln |φ(x)| = x + K ,

32z uvedeného vyplýva dokonca rovnomerná konvergencia postupnosti \{\frac{sin nx}{n\sqrt{x}}\}_{n=1}^{∞} na (0, 1] odtiaľ |φ(x)| = e^{K}e^{x}; φ nemení na I znamienko, preto φ(x) = e^{K}e^{x} (ak φ(a) > 0) , x ∈ I , alebo φ(x) = −e^{K}e^{x} , x ∈ I; pretože získaná funkcia je nenulová na R , platí I = R);

392 nech n ∈ N , a, x ∈ I , x > a , nech K_{n} ∩ (a, x) = {k_{1}, …, k_{m}} , pričom k_{0} := a < k_{1} < k_{2} < ⋯ < k_{m} < x =: k_{m+1} ; potom (ak použijeme Lagrangeovu vetu o strednej hodnote) |f_{n}(x) − f_{n}(a)| ≤

∑_{p=0}^{m} |f_{n}(x_{p+1})−f_{n}(x_{p})| = ∑_{p=0}^{m} |f′_{n}(ϑ_{p})||x_{p+1}−x_{p}| ≤ a_{n} ∑_{p=0}^{m} |x_{p+1}−x_{p}| = a_{n}|x−a|; analogicky sa postupuje pre

x < a; odtiaľ |f_{n}(x)| ≤ |f_{n}(a)| + a_{n}|x − a| , z čoho vyplýva rovnomerná konvergencia radu ∑_{n=1}^{∞} f_{n} na [b, c] ,

kde b ≤ a ≤ c (|x − a| ≤ max \{|b − a|, |c − a|\}); rovnako možno dokázať nerovnosť |\frac{f_{n}(x) − f_{n}(x_{0})}{x − x_{0}} | ≤ a_{n}

pre ľubovoľné x, x_{0} ∈ I , x ≠ x_{0} , z ktorej na základe vety 7’ vyplýva tvrdenie o derivovaní člen po člene;

393 \underline{1}. diferencovateľnosť funkcie f v každom bode x ∈ (0, 1) \ Q vyplýva z pr. 392, pre x = a_{k} (k ∈ N) zapíšme funkciu f v tvare f(x) = \frac{|x − a_{k}|}{3^{k}} + ∑_{{n=1 \atop n≠k}}^{∞} \frac{|x − a_{n}|}{3^{n}} , druhý zo sčítancov má deriváciu v bode a_{k} (pr. 392), prvý má v bode a_{k} navzájom rôzne jednostranné derivácie;

394 \underline{1}. [−1, 3] pre p > 2 , [−1, 3) pre 0 < p ≤ 2 , (−1, 3) pre p ≤ 0 (pozri pr. 225.6 a 270.7); \underline{2}. R ( ^{n} \sqrt{|a_{n}|} = \frac{\sqrt[n]{n!}}{n} · \frac{n}{e^{nα−1}} , pritom lim_{n→∞} \frac{\sqrt[n]{n!}}{n} = \frac{1}{e} — pozri poznámku za pr. 224); \underline{3}. (−9, 9) (postupujte ako v pr. 336.6, využite rovnosti lim_{u→0} \frac{ln(1 + u)}{u} = 1 , lim_{u→0} \frac{1 − cos u}{u^{2}} = \frac{1}{2}); \underline{4}. R pre m ∈ N ∪ \{0\} , [−1, 1] pre m ∈ (0, ∞) \ N , (−1, 1] pre m ∈ (−1, 0) , (−1, 1) pre

m ≤ −1 (|f_{n}(1)| = 1 pre m = −1 , |\frac{f_{n+1}(1)}{f_{n}(1)}| > 1 pre m < −1 , v prípade m ∈ (−1, 0) , x = 1

pozri pr. 270.6); \underline{5}. [−\frac{1}{a}, \frac{1}{a}) pre a ≥ b > 0 , [−\frac{1}{b}, \frac{1}{b}] pre 0 < a < b ( ^{n} \sqrt{\frac{a^{n}}{n} + \frac{b^{n}}{n^{2}}} =

\frac{a}{\sqrt[n]{n}}(1 + \frac{1}{n} (\frac{b}{a})^{n} )^{1/n} pre a ≥ b , podobne postupujte pre b > a); \underline{6}. [−4, −2] (použite vetu 6’ z odseku 3.3); \underline{7}. [−1, 1] pre a > 1 , (−1, 1) pre a ∈ (0, 1] (pri vyšetrovaní konvergencie radu ∑_{n=1}^{∞} a^{−\sqrt{n}} , a > 1 , možno použiť porovnávacie kritérium — z rovnosti lim_{x→∞} \frac{x^{4}}{a^{x}} = 0 vyplýva lim_{n→∞} \frac{n^{2}}{a^{\sqrt{n}}} = 0 — alebo pr. 234.1b a d’Alembertovo kritérium); \underline{8}. [−1, 1] ; \underline{9}. (−1, 1] (\frac{f_{n}(−1)}{f_{n+1}(−1)} = e^{E} , kde

E = ^{33} \frac{1}{2n} + o (\frac{1}{n}) , preto lim_{n→∞} n(\frac{f_{n}(−1)}{f_{n+1}(−1)} − 1) = \frac{1}{2} ; ln |\frac{f_{n+1}(1)}{f_{n}(1)}| = −1 + n ln (1 + \frac{1}{n}) =

−\frac{1}{2n} + o (\frac{1}{n}) , ďalej použite postup z pr. 240); \underline{10}. (0, 2) (ν(n) = [log n] + 1 , v bodoch 0 a 2 nie je splnená nutná podmienka konvergencie); \underline{11}. [−1, 1] (pri výpočte lim sup_{n→∞} ^{n} \sqrt{|a_{n}|} možno využiť pr. I.206.1; konvergencia radu ∑_{n=2}^{∞} f_{n}(1) vyplýva z konvergencie radov ∑_{k=1}^{∞} f_{2k+1}(1) (Dirichletovo kritérium), ∑_{k=1}^{∞} f_{4k}(1) (Leibnizovo kritérium) a ∑_{k=1}^{∞} f_{4k−2}(1) ; podobne možno postupovať v prípade x =

33= 1+n ln (1− \frac{1}{n + 1}) = 1+n(− \frac{1}{n + 1} − \frac{1}{2(n + 1)^{2}} +o (\frac{1}{n^{2}} ) ) = \frac{1}{n} +(\frac{1}{n + 1} − \frac{1}{n})− \frac{n}{2n^{2}} −(\frac{n}{2(n + 1)^{2}} −

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

−1); \underline{12}. (−\frac{1}{3}, \frac{1}{3}) ( ∑_{k=1}^{∞} f_{2k+1} (\frac{1}{3}) , ∑_{k=1}^{∞} f_{4k−2} (\frac{1}{3}) , ∑_{k=1}^{∞} f_{8k−4} (\frac{1}{3}) konvergujú a ∑_{k=1}^{∞} f_{8k} (\frac{1}{3})

diverguje, preto ∑_{n=2}^{∞} f_{n} diverguje v bode x = \frac{1}{3} , podobne pre x = −\frac{1}{3}); \underline{13}. [−1, 1] (pre x = 1 pozri pr. 274.11; konvergencia radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{[\sqrt{n}]+n}}{n} vyplýva z konvergencie radov ∑_{{n=1 \atop n≠k^{2} , k∈N}}^{∞} \frac{(−1)^{[\sqrt{n}]+n}}{n} (Leibnizovo kritérium) a ∑_{k=1}^{∞} \frac{(−1)^{[k]+k^{2}}}{k^{2}} ); \underline{14}. konverguje len v bode 0 (množinou hromadných hodnôt postupnosti {sin n}_{n=1}^{∞} je interval [−1, 1] , pozri [13, str. 74, kap. 2, §2, pr. 6]);

395 \underline{1}. R ≥ R_{1}R_{2} (využite pr. I.206.2; viete uviesť príklad, v ktorom bude platiť R > R_{1}R_{2}?) ; \underline{2}. R = max\{1, R_{1}\} (ak \{a_{n}\}_{n=1}^{∞} je ohraničená postupnosť, tak R_{1} ≥ 1 (pozri pr. 341.2)

a z nerovností 0 ≤ |a_{n}| ≤ K dostávame \frac{|a_{n}|}{1 + K} ≤ \frac{|a_{n}|}{1 + |a_{n}|} ≤ |a_{n}| , lim sup_{n→∞} ^{n} \sqrt{\frac{|a_{n}|}{1 + K}} ≤ lim sup_{n→∞} ^{n} \sqrt{\frac{|a_{n}|}{1 + |a_{n}|}} ≤

lim sup_{n→∞} ^{n} \sqrt{|a_{n}|} (pri výpočte lim sup_{n→∞} ^{n} \sqrt{\frac{|a_{n}|}{1 + K}} využite rovnosť lim_{n→∞} ^{n} \sqrt{\frac{1}{1 + K}} = 1 a pr. I.206.1); ak {a_{n}}_{n=1}^{∞} je neohraničená postupnosť, tak R_{1} ≤ 1 (pozri pr. 341.1) a existuje podpostupnosť {a_{nk}}_{k=1}^{∞} taká,

že lim_{k→∞} |a_{nk}| = ∞ , potom lim_{k→∞} \frac{|a_{nk}|}{1 + |a_{nk}|} = 1 , lim_{k→∞} ^{nk} \sqrt{\frac{|a_{nk}|}{1 + |a_{nk}|}} = 1 , súčasne z nerovnosti \frac{|a_{n}|}{1 + |a_{n}|} < 1

vyplýva lim sup_{n→∞} ^{n} \sqrt{\frac{|a_{n}|}{1 + |a_{n}|}} ≤ 1 , preto lim sup_{n→∞} ^{n} \sqrt{\frac{|a_{n}|}{1 + |a_{n}|}} = 1); \underline{3}. R ≥ min\{R_{1}, R_{2}\} (vyplýva to z vety 17 z odseku 3.4 a z vety 10); ak a_{n} > 0 , b_{n} > 0 , n ∈ N , tak R = min{R_{1}, R_{2}} (využite pr. 254; príklad dokumentujúci nerovnosť R > min{R_{1}, R_{2}} možno odvodiť z pr. 256);

396 \underline{1}. μx + ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n + 1)!} μ(1^{2} − μ^{2})(3^{2} − μ^{2}) ⋯ ((2n − 1)^{2} − μ^{2})x^{2n+1} ; I = R , ak μ = 0

alebo μ ∈ {2k + 1 ; k ∈ Z}; I = [−1, 1] v ostatných prípadoch (platí (1 − x^{2})f′′(x) − xf′(x) +

μ^{2}f(x) = 0 , x ∈ (−1, 1) , ďalej pozri postup z pr. I.327.6 ^{34}); \underline{2}. \frac{1}{7}( ln 3 − ∑_{n=0}^{∞} \frac{x^{2n+1}}{3^{2n+1}(2n + 1)} +

∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}2 · 18^{n} − 1}{2n · 9^{n}}x^{2n}); I = (−\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}) (pri hľadaní intervalu I sme využili poznámku 2 za riešením

pr. 348.16); \underline{3}. − 2x^{2} + 2x^{4} + ∑_{n=1}^{∞} \frac{(2n − 1)!!}{(2n)!! (2n + 1)} 2^{2n+1}(x^{4n+4} − x^{4n+2}) , I = [−\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}] ( využili

sme výsledok pr. 349.2); \underline{4}. ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{[n/2]}x^{2n+1}}{(2n + 1)2^{n}} , I = [−\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}] ; \underline{5}. ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n+1}(1 + \frac{1}{2} +

⋯ + \frac{1}{n}) x^{n} , I = (−1, 1) ; \underline{6}. ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n} \frac{x^{2n+1}}{(2n + 1)^{2}} , I = [−1, 1] ; \underline{7}. ln π + ∑_{n=0}^{∞} \frac{x^{4n+1}}{2^{4n}(4n + 1)} , I =

(−2, 2) ; \underline{8}. \frac{π}{4} + ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n}x^{2n+1}}{2(2n + 1)} , I = [−1, 1] (f′(x) = \frac{1}{2(1 + x^{2})}); \underline{9}. 2x + ∑_{n=1}^{∞} \frac{2}{2n + 1} ·

\frac{(2n − 1)!!}{(2n)!!} x^{2n+1} , I = [−1, 1] (f′(x) = \frac{2}{\sqrt{1 − x^{2}}} sgn (1 − 2x^{2}) , súčtom uvedeného radu je funkcia

34existencia f^{(n)}(0) , n ∈ N (porovnaj s poznámkou za riešením pr. I.327.6) vyplýva z nasledujúceho tvrdenia (pozri [10, odsek 446]): ak funkcie f , g sú súčty mocninových radov so stredom 0 a f(0) je vnútorný bod množiny D(g) , tak funkciu g ∘ f možno v niektorom okolí bodu 0 rozložiť do mocninového radu so stredom 0

S(x) = \{ \begin{matrix}f(x) , ak & |x| ≤ 1/\sqrt{2} \\ π − f(x) , ak & x ∈ (1/\sqrt{2}, 1] \\ −π − f(x) , ak & x ∈ [−1, −1/\sqrt{2}) \end{matrix} ); \underline{10}. ∑_{n=0}^{∞} x^{16n} − ∑_{n=0}^{∞} x^{16n+1} , I = (−1, 1) (f(x) =

\{ \begin{matrix}\frac{1 − x}{1 − x^{16}} , ak & x ∈ R \ \{−1, 1\} \\ \frac{1}{16} , ak & x = 1 \end{matrix} );

397 \underline{1}. pri hľadaní Maclaurinovho radu derivácie ľavej strany použite Cauchyho súčin radov; konver-

gencia v bodoch x = 1 , x = −1 vyplýva z Leibnizovho kritéria, pri dôkaze rovnosti lim_{n→∞} \frac{1}{2n + 1} ∑_{k=1}^{2n} \frac{1}{k} = 0

využite rovnosť (3.2) z pr. 220; nezabudnite, že treba zdôvodniť, prečo sa pravá strana dokazovanej rovnosti rovná jej ľavej strane; \underline{2}. najprv nájdite Maclaurinov rad funkcie ln^{2}(1 + x) (pozri pr. 396.5); konvergencia v bode 1 vyplýva z Leibnizovho kritéria podobne ako v pr. 397.1, z rovnosti (3.2) z pr. 220 vyplýva aj divergen-

cia uvedeného radu v bode x = −1 ; \underline{3}. pre f(x) = \begin{matrix}ln & (x + \sqrt{1 + x^{2}}) \\ √ & \overline{1 + x^{2}} \end{matrix} platí (1+x^{2})f′(x) = 1−xf(x) , z čoho

možno odvodiť rekurentný vzťah f^{(n+1)}(0) = −f^{(n−1)}(0) , n ∈ N ; konvergencia v bodoch x = 1 , x = −1 vyplýva z Leibnizovho kritéria (použite postup z pr. 240); pri dokazovaní rovnosti pravej a ľavej strany

využite fakt, že Maclaurinove rady funkcií ln (x + \sqrt{1 + x^{2}}) a \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}} konvergujú na (−1, 1) k týmto

funkciám, a vetu 17 z odseku 3.4; \underline{4}. pre f(x) = \frac{arcsin x}{\sqrt{1 − x^{2}}} platí (1 − x^{2})f′(x) − xf(x) = 1 , z čoho možno

odvodiť rekurentný vzťah f^{(n+1)}(0) = n^{2}f^{(n−1)}(0) , n ∈ N ; \underline{5}. pri hľadaní Maclaurinovho radu derivácie ľavej strany využite výsledok pr. 397.3;

399 F (x) = 2π ln (\frac{1 + \sqrt{1 − x^{2}}}{2} ) , x ∈ (−1, 1) ^{35} (z rovnosti ln(1 − u) = − ∑_{n=1}^{∞} \frac{u^{n}}{n} , u ∈ [−1, 1) ,

vyplýva F (x) = − ∫_{0}^{2π} ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n} cos^{n} t}{n} dt; získaný rad konverguje pre pevné x ∈ (−1, 1) rovnomerne

na [0, 2π] , preto F (x) = − ∑_{n=1}^{∞} (\frac{x^{n}}{n} ∫_{0}^{2π} cos^{n} t dt) = −π ∑_{n=1}^{∞} \frac{(2n − 1)!!}{(2n)!!} · \frac{x^{2n}}{n} ( využili sme rovnosti

∫_{π/2}^{π} cos^{n} t dt = ∫_{π}^{3π/2} cos^{n} t dt = (−1)^{n} ∫_{0}^{π/2} cos^{n} t dt = (−1)^{n} ∫_{3π/2}^{2π} cos^{n} t dt a výsledok pr. 96.1 spolu

s pr. 93.3a) , potom F′(x) = \{ \begin{matrix}−\frac{2π}{x} ∑_{n=1}^{∞} \frac{(2n − 1)!!}{(2n)!!} x^{2n} = −\frac{2π}{x} (\frac{1}{\sqrt{1 − x^{2}}} − 1) , ak & 0 < |x| < 1 \\ 0 , ak & x = 0 \end{matrix} =

\frac{x}{\sqrt{1 − x^{2}}} · \frac{1}{1 + \sqrt{1 − x^{2}}} , pri hľadaní primitívnej funkcie použite substitúciu 1 + \sqrt{1 − x^{2}} = t a uvážte, že

F (0) = 0);

400 \underline{1}. ch x;  \underline{2}. x , x > 0 ;  \underline{3}. \frac{1}{\sqrt{x}} ;  \underline{4}. x pre |x| < 1 , \frac{1}{x} pre |x| ≥ 1 (\frac{1}{2} t +

35pokiaľ má čitateľ ešte stále pochybnosti o elementárnosti funkcie F (nedôveru môže vzbudzovať

definičný obor: definičným oborom elementárnej funkcie 2π ln (\frac{1 + \sqrt{1 − x^{2}}}{2} ) je totiž intrval [−1, 1]) ,

nech si jej predpis zapíše napr. v tvare \frac{x^{2} − 1}{x^{2} − 1} 2π ln (\frac{1 + \sqrt{1 − x^{2}}}{2} )

∑_{n=1}^{∞} \frac{(2n − 1)!!}{(2n)!!} · \frac{t^{2n+1}}{2n + 2} = \{ \begin{matrix}\frac{1 − \sqrt{1 − t^{2}}}{t} , ak & 0 < |t| ≤ 1 \\ 0 , ak & t = 0 \end{matrix} = \frac{t}{1 + \sqrt{1 − t^{2}}} ); \underline{5}. cos \sqrt{x} pre x ≥

0 ; ch \sqrt{−x} pre x < 0 (pre x ≥ 0 (x < 0) použite substitúciu x = t^{2} (x = −t^{2}) ); \underline{6}. ∑_{n=1}^{∞} \frac{n^{2}x^{n}}{(2n + 1)!} =

\{ \begin{matrix}\frac{1}{4} (\frac{x + 1}{\sqrt{x}} sh \sqrt{x} − ch \sqrt{x}) ,  ak & x > 0 \\ 0 ,  ak & x = 0 \\ \frac{1}{4} (\frac{x + 1}{\sqrt{−x}} sin \sqrt{−x} − cos \sqrt{−x}) , ak & x < 0 \end{matrix}  ( = x(xg′(x))′ , kde g(x) =

\{ \begin{matrix}\begin{matrix}sh & \sqrt{x} \\ √ & \overline{x} \end{matrix} − 1 , ak & x ≥ 0 \\ \begin{matrix}sin & \sqrt{−x} \\ √ & \overline{−x} \end{matrix} − 1 , ak & x < 0 \end{matrix} ); \underline{7}. (1 − \frac{x}{2})^{−1/3} − 1 , −2 ≤ x < 2 (k oboru konvergencie daného radu pozri vzorec 5 z úvodu k odseku 4.3.2);

401 \underline{1}. 3 − 2 ln 2 − \frac{\sqrt{3} π}{6} ( = lim_{x→1−} ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}x^{n}}{n} − 3 lim_{x→1−} ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}x^{3n+1}}{3n + 1} ); \underline{2}. \frac{1}{2} − \frac{π}{4}

( = lim_{x→1−} (x^{2} ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}x^{2n−1}}{2n − 1} − ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}x^{2n+1}}{2n + 1} ) ); \underline{3}. − \frac{1}{2} ln^{2} 2 (využite pr. 396.5); \underline{4}. − \frac{π^{2}}{16}

(rad ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n}(1 + \frac{1}{3} + ⋯ + \frac{1}{2n − 1}) x^{2n−1} je Cauchyho súčinom radov ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n+1}x^{2n} a

∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}x^{2n−1}}{2n − 1} );

402 ak ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} \overrightarrow{→} f(x) na R , tak z nutnej podmienky rovnomernej konvergencie vyplýva ∃ n_{0} ∈ N ∀ n ∈ N , n > n_{0} ∀ x ∈ R : |a_{n}x^{n}| < 1 , preto ∀ n ∈ N , n > n_{0} : a_{n} = 0 ;

403 rad ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} má polomer konvergencie R = ∞ (zo vzťahov |a_{n}| ≤ \frac{M}{n!} a lim_{n→∞} ^{n} \sqrt{\frac{M}{n!}} = 0 — pozri pr. I.186.3 alebo poznámku za pr. 224 — vyplýva lim_{n→∞} ^{n} \sqrt{|a_{n}|} = 0) , z tvrdenia c) vety 16 vyplýva:

pre x ∈ (−b, b) platí |f^{(k)}(x)| = | ∑_{n=k}^{∞} \frac{n!}{(n − k)!} a_{n}x^{n−k}| ≤ ∑_{n=k}^{∞} \frac{n!}{(n − k)!} |a_{n}||x|^{n−k} ≤ ∑_{n=k}^{∞} M \frac{b^{n−k}}{(n − k)!} = Me^{b} ,

ďalej pozri dôkaz pr. 354;

404 \underline{1a}) ∫_{0}^{1} \frac{dx}{x^{x}} = ∫_{0}^{1} e^{−x ln x} dx = ∫_{0}^{1} e^{−φ(x)} dx = ∫_{0}^{1} ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n!} φ^{n}(x) dx = ∑_{n=0}^{∞} (\frac{(−1)^{n}}{n!} ·

∫_{0}^{1} φ^{n}(x) dx) , kde φ(x) = \{ \begin{matrix}x ln x , ak & x ∈ (0, 1] \\ 0 , ak & x = 0 \end{matrix} (rovnomerná konvergencia radu ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n!} ·

φ^{n}(x) vyplýva z lokálne rovnomernej konvergencie radu ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n!} z^{n} na R a z ohraničenosti funkcie φ) ,

z rekurentného vzťahu ∫_{0}^{1} x^{m} ln^{n} x dx = \frac{n}{m + 1} ∫_{0}^{1} x^{m} ln^{n−1} x dx vyplýva ∫_{0}^{1} x^{n} ln^{n} x dx = \frac{(−1)^{n}n!}{(n + 1)^{n+1}} ;

\underline{1b}) pozri riešenie pr. 399; \underline{2a}) 1 + ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}(2n − 1)!!}{(2n)!! (2n + 1)^{2}} ; \underline{2b}) 2 − ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} ( ∫_{0}^{1} ln x ln(1 − x) dx =

− ∫_{0}^{1} ( ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n} ln x) dx = − ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n} ∫_{0}^{1} x^{n} ln x dx = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n(n + 1)^{2}} = ∑_{n=1}^{∞} (\frac{1}{n} − \frac{1}{n + 1}) − ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(n + 1)^{2}} ;

rovnomerná konvergencia radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n} x^{n} ln x na (0, 1] vyplýva z Weierstrassovho kritéria) ^{36};

405 π = 3.141 592 654 ± 10^{−9} , pri dôkaze rovnosti (4.19) sme použili vzorce 2 arctg α = arctg \frac{2α}{1 − α^{2}} pre α^{2} < 1 , arctg α − arctg β = arctg \frac{α − β}{1 + αβ} pre αβ > 0 (pozri riešenie pr. I.87.1);

406 ln 2 = 0.693 147 2 ± 10^{−7} , ln 3 = 1.098 612 3 ± 10^{−7} , ln 5 = 1.609 437 9 ± 10^{−7} , ln 6 = 1.791 760 ±

10^{−6} , ln 10 = 2.302 585 ± 10^{−6} (inverzná matica k matici ( \begin{matrix}−1 & 2 & −1 \\ 3 & 1 & −2 \\ −4 & 4 & −1 \end{matrix} ) je (\begin{matrix}− 7 & 2 & 3 \\ −11 & 3 & 5 \\ −16 & 4 & 7 \end{matrix} ) , ln \frac{9}{10} =

−0.105 360 516 ± 10^{−9} , ln \frac{24}{25} = −0.040 821 995 ± 10^{−9} , ln \frac{81}{80} = 0.012 422 520 ± 10^{−9});

407 \underline{1}. 2.835 4 ± 10^{−4} ( ∫_{2}^{4} e^{1/x} dx = ∫_{2}^{4} ∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{n! x^{n}} dx = ∑_{n=0}^{∞} (\frac{1}{n!} ∫_{2}^{4} \frac{dx}{x^{n}} ) , približnú hodnotu

ln 2 pozri v riešení pr. 357); \underline{2}. 8.040 5 ± 10^{−4} ( ∫_{10}^{100} \frac{ln(1 + x)}{x} dx = ∫_{10}^{100} \frac{ln(1 + 1/x) + ln x}{x} dx =

∫_{10}^{100} ( ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{nx^{n+1}} ) dx + ∫_{10}^{100} \frac{ln x}{x} dx = ∑_{n=1}^{∞} (\frac{(−1)^{n}}{n} ∫_{10}^{100} \frac{dx}{x^{n+1}} ) + \frac{3}{2} ln^{2} 10 , približnú hodnotu ln 10

pozri v riešení pr. 406; treba si uvedomiť, že Maclaurinov rad funkcie ln(1 + x) nekonverguje v žiadnom bode intervalu [10, 100] , preto sme použili uvedené úpravy);

36dosadením x = π do rovnosti z poznámky ^{37} k pr. 249 možno dokázať rovnosť ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6} ( iný spôsob dôkazu tejto rovnosti pozri v [10, odsek 440, pr. 7, alebo odsek 511, pr. 4])