Príklady na precvičovanie – číselné rady a kritériá ich
konvergencie a divergencie
Ústredným problémom teórie reálnych číselných radov je vyšetrovanie
ich konvergencie, resp. divergencie. Ak {an}∞
n=1 je daná postupnosť reálnych
čísiel, potom hovoríme, že nekonečný číselný rad
∞∑
n=1
an := a1 + a2 + · · · + an + · · · (1)
je konvergentný (alebo tiež konverguje), ak existuje konečná limita tzv. postupnosti
čiastočných súčtov {sn}∞
n=1 radu (1), ktorá je definovaná ako
sn = a1 + a2 + · · · + an =
n∑
k=1
ak, n ∈ N. (2)
Príslušnú limitu s := limn→∞ sn potom nazývame súčtom radu (1). V opačnom
prípade, t.j., ak postupnosť {sn}∞
n=1 má nevlastnú limitu, resp. vôbec
nemá limitu, rad (1) je divergentný (diverguje). Spolu s radom (1) sa často
skúma i odpovedajúci rad z absolútnych hodnôt, t.j., rad
∞∑
n=1
|an|. (3)
Dá sa ľahko ukázať (pomocou Cauchyho–Bolzanovho kritéria uvedeného nižšie),
že ak konverguje rad (3), potom konverguje i rad (1). V takomto prípade
hovoríme, že rad (1) konverguje absolútne. Opačná implikácia neplatí, t.j., z
konvergencie radu (1) nevyplýva konvergencia radu (3). O konvergentnom
rade (1) takom, že k nemu prislúchajúci rad (3) diverguje, povieme, že konverguje
neabsolútne alebo aj relatívne.
Základné kritérium konvergencie číselných radov je Cauchyho–Bolzanovo
kritérium.
Cauchyho–Bolzanovo kritérium
Rad (1) konverguje práve vtedy, keď pre každé kladné číslo ε existuje
index n0 taký, že pre každý index n ≥ n0 a pre každé m ∈ N platí
|an+1 + an+2 + an+3 + · · · + an+m| < ε.
1
Cauchyho–Bolzanovo kritérium je univerzálne kritérium, t.j., udáva nutnú
i postačujúcu podmienku konvergencie radu. Je však pomerne ťažkopádne na
praktické používanie a má hlavne teoretický význam. Uvedieme teraz prehľad
základných praktických kritérií konvergencie číselných radov. Tieto kritéria
umožňujú za istých predpokladov rozhodnúť o konvergencii/divergencii radu
(1). Žiadne z nich však nie je univerzálne (v tom zmysle ako Cauchyho–
Bolzanovo kritérium).
Nutná podmienka konvergencie radu/postačujúca podmienka divergencie
radu
Ak rad (1) konverguje, potom limn→∞ an = 0. Ekvivalentne, ak limita
limn→∞ an je nenulová, resp. neexistuje, potom rad (1) diverguje.
Porovnávacie kritérium
• Nelimitná verzia:
Nech
∑
an a
∑
bn sú dva číselné rady s nezápornými členmi, ktoré
spĺňajú
an ≤ bn pre skoro všetky indexy n.
Potom platí
∑
bn konverguje =⇒
∑
an konverguje
(
ekvivalentne
∑
an diverguje =⇒
∑
bn diverguje
)
.
• Limitná verzia:
Nech pre číselné rady
∑
an a
∑
bn s nezápornými členmi existuje limita
L = lim
n→∞
an
bn
, L ∈ [0, ∞) ∪ {∞}.
Potom pre L ∈ (0, ∞) sa obidva rady z hľadiska konvergencie správajú
rovnako. Pre L = 0 platí
∑
bn konverguje =⇒
∑
an konverguje
(
ekvivalentne
∑
an diverguje =⇒
∑
bn diverguje
)
,
2
kým pre L = ∞ platí
∑
an konverguje =⇒
∑
bn konverguje
(
ekvivalentne
∑
bn diverguje =⇒
∑
an diverguje
)
.
Podielové (D’Alembertovo) kritérium
• Nelimitná verzia:
Nech
∑
an je číselný rad s nenulovými členmi. Potom platí
ak lim sup
n→∞
an+1
an
< 1 =⇒
∑
an konverguje absolútne;
ak
an+1
an
≥ 1 pre skoro všetky n =⇒
∑
an diverguje.
• Limitná verzia:
Nech pre číselný rad
∑
an s nenulovými členmi existuje limita
L = lim
n→∞
an+1
an
.
Potom rad
∑
an pre L < 1 konverguje absolútne a pre L > 1 diverguje.
Odmocninové (Cauchyho) kritérium
• Nelimitná verzia:
Nech
∑
an je číselný rad. Potom platí
ak lim sup
n→∞
n
√
|an| < 1 =⇒
∑
an konverguje absolútne;
ak n
√
|an| ≥ 1 pre nekonečne veľa n =⇒
∑
an diverguje.
• Limitná verzia:
Nech pre číselný rad
∑
an existuje limita
L = lim
n→∞
n
√
|an|.
Potom rad
∑
an pre L < 1 konverguje absolútne a pre L > 1 diverguje.
3
Raabeho kritérium
• Nelimitná verzia:
Nech
∑
an je číselný rad s kladnými členmi. Potom platí
ak lim inf
n→∞
n
(
1 −
an+1
an
)
> 1 =⇒
∑
an konverguje (absolútne);
ak n
(
1 −
an+1
an
)
≤ 1 pre skoro všetky n =⇒
∑
an diverguje.
• Limitná verzia:
Nech pre číselný rad
∑
an s kladnými členmi existuje limita
L = lim
n→∞
n
(
1 −
an+1
an
)
.
Potom rad
∑
an pre L > 1 konverguje absolútne a pre L < 1 diverguje.
Integrálne (Cauchyho) kritérium
Nech pre rad
∑
an s nezápornými členmi existuje funkcia f : [1, ∞) → R
s vlastnosťami
• f je nezáporná a nerastúca,
• f(n) = an pre každé n ∈ N.
Potom rad
∑
an a nevlastný integrál
∫ ∞
1
f(x) dx sa z hľadiska konvergencie
správajú rovnako.
Leibnizovo kritérium pre alternujúce rady
Nech pre {an} je nerastúca postupnosť s kladnými členmi. Potom alternujúci
rad
∞∑
n=1
(−1)n−1
an
4
konverguje práve vtedy, keď limn→∞ an = 0, t.j., keď je splnená nutná podmienka
konvergencie.
Nasledujúce dve kritéria – Dirichletovo a Abelovo – patria medzi pokročilejšie
techniky skúmania radov. Často sa využívajú na vyšetrovanie radov zo
súčinu dvoch postupností. Poskytujú však iba postačujúce podmienky konvergencie,
naviac nie nutne absolútnej.
Dirichletovo a Abelovo kritérium
Nech {an} a {bn} sú dve číselné postupnosti, pričom nech {bn} je monotónna.
Nech naviac je splnená aspoň jedna z nasledujúcich podmienok.
• (Dirichlet) Postupnosť čiastočných súčtov {sn} radu
∑
an je ohraničená
a limn→∞ bn = 0.
• (Abel) Rad
∑
an konverguje a postupnosť {bn} je ohraničená.
Potom rad
∑
anbn konverguje (nie však nutne absolútne).
Poznámka: Je užitočné si všimnúť, ako navzájom súvisia podmienky v
Dirichletovom kritériu a Abelovom kritériu. Podmienka na postupnosť {bn}
v Dirichletovom kritériu zaručuje jej ohraničenosť (samy si dobre premyslite
:)). V Abelovom kritériu túto požiadavku zoslabujeme iba na samotnú
ohraničenosť postupnosti {bn} (premyslite si, že v skutočnosti – vďaka monotónnosti
{bn} – je toto ekvivalentné s existenciou limity limn→∞ bn, ktorá
však nemusí byť nulová). Na druhej strane, s podmienkami kladenými na
postupnosť {an} je to presne naopak. Konvergencia radu
∑
an (t.j., existencia
konečnej limity postupnosti {sn}) je silnejší nárok ako ohraničenosť jeho
postupnosti čiastočných súčtov {sn} (i toto si dobre premyslite :)). Celková
účinnosť oboch kritérii je teda viac-menej rovnaká. Samotný výber konkrétneho
kritéria závisí od tvaru daného radu, ilustujeme to na príkladoch.
Jedným zo základných nekonečných číselných radov je geometrický rad,
ktorý má tvar
∞∑
n=1
a qn
, a, q ∈ R \ {0}. (4)
5
Nie je ťažké ukázať, že geometrický rad (4) konverguje (absolútne) práve
vtedy, keď jeho kvocient q spĺňa |q| < 1. V tomto prípade máme
∞∑
n=1
a qn
=
a
1 − q
. (5)
Ďalším zo základných radov je harmonický rad, t.j., rad tvaru
∞∑
n=1
1
n
. (6)
Tento rad je divergentný (postupnosť jeho čiastočných súčtov konverguje do
plus nekonečna) napriek tomu, že je splnená nutná podmienka konvergencie.
Divergencia harmonického radu (6) sa dá dokázať viacerými spôsobmi (pozri
Príklad 3 nižšie). Jeden z nich ukazuje na zaujímavú súvislosť n-tého čiastočného
súčtu sn harmonického radu s prirodzeným logaritmom ln n. Konkrétne,
dá sa dokázať, že limita rozdielu
γ := lim
n→∞
(sn − ln n) = lim
n→∞
( n∑
k=1
1
k
− ln n
)
existuje a je vlastná. Reálne číslo γ sa nazýva Eulerova–Mascheroniho konštanta
a objavuje sa v rozličných oblastiach matematiky i fyziky. Hrubo povedané,
udáva o koľko sa líši „nekonečný súčet harmonického radu od „nekonečnej
hodnoty ln ∞ :). Z geometrického hľadiska číslo γ predstavuje presnú
hodnotu chyby, akej sa dopustíme, keď obsah plochy pod grafom funkcie
y = 1/x na intervale [1, ∞) aproximujeme hodnotou príslušného „horného
integrálneho súčtu vytvoreného pomocou delenia 1 < 2 < 3 < · · · < n < · · ·
intervalu [1, ∞) (úplné premyslenie a nakreslenie vhodného obrázka nechávame
na čitateľa :)). Tieto pozorovania umožnujú napríklad aproximovať pre
veľké n hodnotu konečného súčtu
∑n
k=1
1
k
výrazom γ + ln n. O Eulerovej–
Mascheroniho konštante sa dodnes nevie, či je racionálna alebo iracionálna
:). Jej hodnota vyčíslená na prvých 50 desatinných miest je
γ = 0.57721566490153286060651209008240243104215933593992 . . . .
6
Riešené príklady
Príklad 1
Priamo podľa definície vyšetrime konvergenciu radu
∞∑
n=2
1
n(n − 1)
.
Riešenie:
Pokúsime sa explicitne vyjadriť n-tý čiastočný súčet sn uvedeného radu. Všeobecný
člen radu má tvar racionálnej lomenej funkcie v premennej n. Jej
rozkladom na parciálne zlomky dostaneme
1
n(n − 1)
=
1
n − 1
−
1
n
.
Pre sn, n ≥ 2, potom máme
sn =
n∑
k=2
1
k(k − 1)
=
n∑
k=2
(
1
k − 1
−
1
k
)
.
Posledná suma sa zvykne označovať prívlastkom teleskopická, pretože všetky
jej vnútorné členy sa šťastnou náhodou vzájomne odčítajú :). Skutočne,
sn =
(
1 −
1
2
)
+
(
1
2
−
1
3
)
+
(
1
3
−
1
4
)
+ · · · +
(
1
n − 1
−
1
n
)
= 1 −
1
n
.
Ihneď už preto vidíme, že limn→∞ sn = 1, a teda rad v zadaní príkladu je
konvergentný so súčtom 1, t.j.,
∞∑
n=2
1
n(n − 1)
= 1.
Príklad 2 (porovnávacie kritérium)
Vyšetrime konvergenciu radu
∞∑
n=1
1
n2
.
7
Riešenie:
Využijeme pozorovanie
1
n2
<
1
n(n − 1)
, n ∈ N \ {1}
(overte samy :)). V predchádzajúcom príklade sme dokázali, že rad
∞∑
n=2
1
n(n − 1)
konverguje. Preto podľa nelimitného porovnávacieho kritéria konverguje i rad
v zadaní príkladu.
Príklad 3 (Cauchyho–Bolzanovo kritérium)
Dokážme divergenciu harmonického radu
∞∑
n=1
1
n
.
Riešenie:
Využijeme dôkaz sporom. Predpokladajme, že harmonický rad konverguje.
To podľa Cauchyho–Bolzanovho kritéria znamená, že pre každé kladné číslo
ε existuje index n0 tak, že nerovnosť
1
n + 1
+
1
n + 2
+ · · ·
1
n + m
< ε
platí pre každé n ≥ n0 a každé m ∈ N. Zvoľme ε = 1/3 a nech n0 je k
nemu prislúchajúci index. V uvedenej nerovnosti iste môžeme zvoliť n = n0
a m = n0. Dostaneme potom
1
n0 + 1
+
1
n0 + 2
+ · · · +
1
2n0
<
1
3
.
Nakoľko pracujeme s kladnými číslami, môžeme odstrániť absolútnu hodnotu
1
n0 + 1
+
1
n0 + 2
+ · · · +
1
2n0
<
1
3
.
8
Každý člen súčtu na ľavej strane poslednej nerovnosti je väčší (nanajvyš
rovný) než zlomok 1
2n0
(samy sa spresvedčte :)). Preto môžeme ľavu stranu
nerovnosti takto zmenšiť
1
2n0
+
1
2n0
+ · · · +
1
2n0
≤
1
n0 + 1
+
1
n0 + 2
+ · · · +
1
2n0
<
1
3
⇓
1
2n0
+
1
2n0
+ · · · +
1
2n0
<
1
3
.
Na ľavej strane poslednej nerovnosti je však presne n0 členov, takže máme
n0 ·
1
2n0
<
1
3
=⇒
1
2
<
1
3
. . . spor!!!
To znamená, že náš východiskový predpoklad o konvergencii harmonického
radu bol nesprávny. Preto harmonický rad diverguje.
Príklad 4 (porovnávacie kritérium)
Vyšetrime konvergenciu radu
∞∑
n=1
sin
1
n
.
Riešenie:
Toto je typický príklad na použitie limitného porovnávacieho kritéria. Aby
sme našli vhodný rad na porovnanie, pozrime sa, čo sa deje s členmi radu v
zadaní príkladu pre veľké indexy n. Z reálnej analýzy funkcií jednej premennej
vieme, že výraz sin x sa pre malinké x (v okolí nuly) správa ako x, pretože
limx→∞(sin x)/x = 1. Nakoľko 1/n → 0 pre n → ∞, máme odhad
sin
1
n
≈
1
n
pre dostatočne veľké n.
To navádza na myšlienku porovnať rad v zadaní príkladu s harmonickým
radom
∑
1/n. Naozaj, pretože platí
lim
n→∞
sin 1
n
1
n
= 1,
9
obidva rady sa z hľadiska konvergencie správajú rovnako. Teda rad
∑
sin(1/n)
diverguje. Hlavným fígľom bolo uvedomiť si, že rad v zadaní príkladu sa pre
veľké n správa ako harmonický rad, a preto teda aj diverguje (pre konvergenciu/divergenciu
radu je smerodajné to, čo sa deje s jeho členmi s obrovskými
indexami).
Príklad 5 (porovnávacie kritérium)
Vyšetrime konvergenciu radu
∞∑
n=1
1
ln(n + 1)
.
Riešenie:
K tomuto príkladu je možné pristúpiť dvomi spôsobmi, obidva využívajú
základné vlastnosti funkcie ln x. Z grafu funkcie ln x je zrejmé, že pre každé
kladné x platí nerovnosť ln x < x (samy sa presvedčte :)). Preto pre každé
n ∈ N máme
ln(n + 1) < n + 1 ⇐⇒
1
n + 1
<
1
ln(n + 1)
.
Rad v zadaní príkladu je teda majorantný vzhľadom na harmonický rad.
Podľa nelimitného porovnávacieho kritéria preto diverguje. Druhý spôsob je
založený na asymptotickom správaní funkcie ln x (to znamená, ako sa ln x
správa pre veľmi veľké x). Z Matematickej analýzy I vieme, že funkcia ln x
rastie v okolí nekonečna pomalšie ako akákoľvek mocninová funkcia xr
s kladným
exponentom r. Prakticky tento okrídlený výrok hovorí (samy overte ;))
lim
x→∞
ln x
xr
= 0 pre každé r > 0.
Pre r = 1 a x = n + 1 potom máme
lim
n→∞
ln(n + 1)
n + 1
= lim
n→∞
1
n+1
1
ln(n+1)
= 0.
Posledná limita podľa limitného porovnávacieho kritéria implikuje, že rad v
zadaní príkladu diverguje (dobre si to premyslite; táto limita hovorí, že rad
10
v zadaní je pre veľké indexy n „nekonečnekrát väčší ako divergentný harmonický
rad).
Príklad 6 (podielové kritérium)
Vyšetrime konvergenciu radu
∞∑
n=1
φ(n)
√
6n
, kde φ(n) :=
{
2, n párne,
√
6, n nepárne.
Riešenie:
Pre poriadok poznamenajme, že sa bavíme o rade
√
6
√
61
+
2
√
62
+
√
6
√
63
+
2
√
64
+
√
6
√
65
+
2
√
66
+ · · · .
Na jeho vyšetrovanie chceme použiť podielové kritérium. Skúmajme preto
podiel |an+1/an|
an+1
an
=
φ(n+1)
√
6n+1
φ(n)
√
6n
=
φ(n + 1)
φ(n)
·
1
√
6
=
{
1/2, n párne,
1/3, n nepárne
(samy overte :)). Limita z daného podielu neexistuje, preto nemôžeme použiť
limitnú verziu D’Alembertovho kritéria. Avšak platí
lim sup
n→∞
an+1
an
=
1
2
< 1,
a preto podľa nelimitnej verzie rad v zadaní príkladu konverguje (absolútne).
Príklad 7 (podielové kritérium)
Vyšetrime konvergenciu radu
∞∑
n=1
nn
n!
.
Riešenie:
V tomto prípade pre podiel |an+1/an| dostávame (po úpravách)
an+1
an
=
(n+1)n+1
(n+1)!
nn
n!
=
(
n + 1
n
)n
=
(
1 +
1
n
)n
.
11
A keďže
lim
n→∞
an+1
an
= lim
n→∞
(
1 +
1
n
)n
= e > 1,
podľa limitného D’Alembertovho kritéria usúdime, že rad v zadaní príkladu
diverguje.
Príklad 8 (odmocninové kritérium)
Vyšetrime konvergenciu radu
∞∑
n=1
(
n + 2
2n − 1
)n
.
Riešenie:
Za účelom použitia Cauchyho odmocninového kritéria preskúmajme výraz
n
√
|an|. Platí
n
√
|an| = n
√ (
n + 2
2n − 1
)n
=
n + 2
2n − 1
=
n + 2
2n − 1
.
Keďže
lim
n→∞
n
√
|an| = lim
n→∞
n + 2
2n − 1
=
1
2
< 1,
podľa limitnej verzie kritéria rad v zadaní príkladu konverguje (absolútne).
Príklad 9 (odmocninové kritérium)
Vyšetrime konvergenciu radu
1
2
+
1
32
+
1
23
+
1
34
+
1
25
+
1
36
+ · · · .
Riešenie:
Pre všeobecný člen an tohto radu zrejme platí
an =
{
1/2n
, n nepárne,
1/3n
, n párne.
12
V tomto prípade nemôžeme použiť limitnú verziu Cauchyho odmocninového
kritéria, nakoľko
n
√
|an| =
{
1/2, n nepárne,
1/3, n párne,
a teda limita limn→∞
n
√
|an| neexistuje. Avšak máme
lim sup
n→∞
n
√
|an| = 1/2 < 1.
Preto podľa nelimitnej verzie kritéria rad v zadaní príkladu konverguje (ab-
solútne).
Príklad 10 (odmocninové kritérium)
Vyšetrime konvergenciu radu
∞∑
n=1
1
2n+(−1)n−1 .
Riešenie:
V tomto prípade funguje limitná verzia Cauchyho kritéria, nakoľko platí
lim
n→∞
n
√
|an| = lim
n→∞
1
2n+(−1)n−1
1/n
= lim
n→∞
1
21+
(−1)n−1
n
=
1
2
< 1.
Rad v zadaní príkladu preto konverguje (absolútne).
Príklad 11 (Raabeho kritérium)
Vyšetrime konvergenciu radu
∞∑
n=1
n!
(
√
2 + 1)(
√
2 + 2)(
√
2 + 3) · · · (
√
2 + n)
.
Riešenie:
Jedná sa o rad s kladnými členmi. Potrebujeme sa pozrieť na výraz
n
(
1 −
an+1
an
)
.
13
Po úpravách postupne dostaneme
n
(
1 −
an+1
an
)
= n

1 −
(n+1)!
(
√
2+1)(
√
2+2)(
√
2+3)···(
√
2+n)(
√
2+n+1)
n!
(
√
2+1)(
√
2+2)(
√
2+3)···(
√
2+n)


= n
(
1 −
n + 1
√
2 + n + 1
)
=
n
√
2
n + 1 +
√
2
.
Nakoľko platí
lim
n→∞
n
(
1 −
an+1
an
)
= lim
n→∞
n
√
2
n + 1 +
√
2
=
√
2 > 1,
podľa limitnej verzie Raabeho kritéria rad v zadaní príkladu konverguje (ab-
solútne).
Príklad 12 (Raabeho kritérium)
Vyšetrime konvergenciu radu
∞∑
n=1
1
√
n3
.
Riešenie:
Postupujeme analogicky ako v predchádzajúcom príklade. Opäť máme rad s
kladnými členmi. Platí
n
(
1 −
an+1
an
)
= n

1 −
1√
(n+1)3
1√
n3

 = n
(
1 −
n3/2
(n + 1)3/2
)
=
n
[
(n + 1)3/2
− n3/2
]
(n + 1)3/2
=
n
[
(n + 1)3/2
− n3/2
]
(n + 1)3/2
.
Ďalej máme
lim
n→∞
n
(
1 −
an+1
an
)
= lim
n→∞
n
[
(n + 1)3/2
− n3/2
]
(n + 1)3/2
=
3
2
> 1
(samy overte :)). To znamená, že rad v zadaní príkladu konverguje (abso-
lútne).
14
Príklad 13 (ťažší) (Raabeho kritérium)
Vyšetrime konvergenciu radu
∞∑
n=1
1
n!
(n
e
)n
.
Riešenie:
Chceme aplikovať Raabeho limitné kritérium. Nechávame na čitateľa, aby
overil, že platí :)
n
(
1 −
an+1
an
)
=
n
e
·
[
e −
(
1 +
1
n
)n]
.
Naším cieľom je zistiť hodnotu limity
lim
n→∞
n
(
1 −
an+1
an
)
= lim
n→∞
n
e
·
[
e −
(
1 +
1
n
)n]
.
Za týmto účelom vyšetríme limitu funkcie
lim
x→∞
x
e
·
[
e −
(
1 +
1
x
)x]
= lim
x→∞
1
e
·
e −
(
1 + 1
x
)x
1
x
.
Jedná sa zrejme o neurčitosť typu 0/0, pričom čitateľ i menovateľ limitovaného
zlomku je diferencovateľný v okolí nekonečna. Môžeme preto použiť
L’Hospitalovo pravidlo. Postupne dostávame (medzivýpočty pre jednoduchosť
vynechávame :))
lim
x→∞
1
e
·
e −
(
1 + 1
x
)x
1
x
= lim
x→∞
1
e
·
[
e −
(
1 + 1
x
)x]′
(1
x
)′
= lim
x→∞
1
e
·
(
1 + 1
x
)x
·
[
ln
(
1 + 1
x
)
− 1
x+1
]
1
x2
= lim
x→∞
(
1 + 1
x
)x
e
·
ln
(
1 + 1
x
)
− 1
x+1
1
x2
.
V poslednej limite výraz
(
1 + 1
x
)x
/e konverguje do 1, kým pre limitu druhého
zlomku platí
lim
x→∞
ln
(
1 + 1
x
)
− 1
x+1
1
x2
=
0
0
, L′
Hospital = lim
x→∞
(
ln
(
1 + 1
x
)
− 1
x+1
)′
( 1
x2
)′
15
= lim
x→∞
1
2
·
(
x
x + 1
)2
=
1
2
.
Dostávame teda (nestraťte sa vo výpočtoch ;))
lim
x→∞
x
e
·
[
e −
(
1 +
1
x
)x]
= 1 ·
1
2
=
1
2
.
To znamená, že existuje i limita príslušnej postupnosti s hodnotou
lim
n→∞
n
(
1 −
an+1
an
)
= lim
n→∞
n
e
·
[
e −
(
1 +
1
n
)n]
=
1
2
< 1.
Podľa limitného Raabeho kritéria potom rad v zadaní príkladu diverguje.
Príklad 14 (Integrálne kritérium)
Vyšetrime konvergenciu radu
∞∑
n=1
e−
√
n
√
n
.
Riešenie:
Toto je typický príklad na použitie integrálneho kritéria. Na základe tvaru
členov vyšetrovaného radu uvažujme funkciu
f(x) =
e−
√
x
√
x
, x ∈ [1, ∞).
Funkcia f je iste nezáporná na intervale [1, ∞). Pomocou jej prvej derivácie
sa môžeme ľahko presvedčiť, že f klesajúca na [1, ∞) (samy overte :)).
Sú teda splnené všetky predpoklady integrálneho kritéria, a preto daný rad
konverguje práve vtedy, keď konverguje nevlastný integrál
∫ ∞
1
f(x) dx. Elemenárnou
integráciou dostaneme (overte samy :))
∫ ∞
1
f(x) dx =
∫ ∞
1
e−
√
x
√
x
dx =
2
e
.
Preto i rad v zadaní príkladu konverguje (absolútne).
16
Príklad 15 (nutná podmienka konvergencie)
Dokážme identity
a) lim
n→∞
en
n!
= 0 b) lim
n→∞
(n!)n
nn2 = 0.
Riešenie:
Tento príklad ilustruje aplikáciu teórie nekonečných číselných radov pri výpočte
limít postupností. Využíva poznatok, že konvergencia radu úzko súvisí
s limitou jeho n-tého člena. V prípade prvej limity uvažujme rad
∞∑
n=1
en
n!
.
Pomocou podielového kritéria sa ľahko ukáže jeho konvergencia (samy overte
:)). Z toho potom vyplýva, že limita jeho n-tého člena musí byť nulová, t.j.,
platí rovnosť v a). Identita v b) sa dokáže podobne. Konvergenciu radu
∞∑
n=1
(n!)n
nn2
sa pokúsime vyšetriť pomocou Cauchyho odmocninového kritéria. Máme
n
√
|an| =
(n!)n
nn2
1
n
=
n!
nn
.
Výraz je klesajúci vzhľadom na n, nakoľko
(n + 1)!
(n + 1)n+1
=
n!
nn
·
(
n
n + 1
)n
toto je <1
<
n!
nn
pre každé n ∈ N
(samy si dobre premyslite ;)). Preto platí nerovnosť
n
√
|an| =
n!
nn
<
2!
22
=
1
2
, n ∈ N \ {1}.
To znamená, že
lim sup
n→∞
n
√
|an| ≤
1
2
< 1,
17
a teda podľa nelimitného Cauchyho kritéria skúmaný rad konverguje (absolútne).
Táto skutočnoť následne implikuje rovnosť v b) (detaily si samy
zdôvodnite :)).
Príklad 16 (Leibnizovo kritérium)
Vyšetrime konvergenciu radu
∞∑
n=2
(−1)n−1
·
3n + 1
2n − 3
.
Riešenie:
Poďme sa presvedčiť, či je vôbec možné použiť Leibnizovo kritérium na vyšetrovanie
predloženého radu. Jedná sa o alternujúci rad, pričom postupnosť
{(3n + 1)/(2n − 3)}∞
n=2 je kladná a klesajúca, ako vyplýva z úpravy
3n + 1
2n − 3
=
3
2
+
11
4
n − 3
2
.
Preto môžeme smelo aplikovať Leibnizovo kritérium. Podľa neho daný rad
konverguje práve vtedy, keď spĺňa nutnú podmienku konvergencie. Avšak
lim
n→∞
3n + 1
2n − 3
=
3
2
̸= 0.
Preto rad v zadaní príkladu diverguje.
Príklad 17 (Leibnizovo kritérium)
Vyšetrime konvergenciu radu
∞∑
n=1
(−1)n−1
2n − 1
.
Riešenie:
Postupujeme analogicky ako v predchádzajúcom príklade. Overenie použiteľnosti
Leibnizovho kritéria nechávame na čitateľa :). Zo skutočnosti
lim
n→∞
1
2n − 1
= 0
18
uzavrieme, že rad v zadaní konverguje, avšak neabsolútne (prečo? :)).
Príklad 18 (absolútna/neabsolútna konvergencia)
Vyšetrime konvergenciu radu
∞∑
n=1
(−1)n
n2
.
Riešenie:
Podľa Leibnizovho kritéria uvedený rad konverguje (samy overte :)). Chceme
naviac zistiť, či táto konvergencia je i absolútna. Za tým účelom sa pozrieme
na odpovedajúci rad absolútnych hodnôt
∞∑
n=1
(−1)n
n2
=
∞∑
n=1
1
n2
.
Tento rad konverguje, ako sme ukázali v Príklade 2. Preto rad v zadaní príkladu
konverguje absolútne.
Príklad 19 (absolútna/neabsolútna konvergencia)
Vyšetrime konvergenciu radu
∞∑
n=1
(−1)n−1
n
.
Riešenie:
Predložený rad konverguje (samy overte :)). Príslušný rad absolútnych hodnôt
je harmonický, ktorý diverguje. Preto rad v zadaní konverguje neabsolútne.
Poznamenajme, že tento rad sa často označuje ako Leibnizov rad :).
Príklad 20 (absolútna/neabsolútna konvergencia)
Vyšetrime konvergenciu radu
∞∑
n=1
(−1)n−1
·
2n2
n!
.
19
Riešenie:
Ukážeme, že uvedený rad diverguje. Využijeme nelimitné D’Alembertovo kritérium
a jeden malý trik :). Platí (po úpravách)
an+1
an
=
(−1)n
· 2(n+1)2
(n+1)!
(−1)n−1 · 2n2
n!
=
22n+1
n + 1
.
V poslednom výraze si mocninu 22n+1
napíšeme ako (1 + 1)2n+1
a použijeme
binomickú vetu (to je ten trik; vyzerá dosť lacno, ale je celkom užitočný :))
22n+1
= (1 + 1)2n+1
=
(
2n + 1
0
)
+
(
2n + 1
1
)
+
(
2n + 1
2
)
+ · · · +
(
2n + 1
2n + 1
)
.
Ak v súčte na pravej strane v poslednej rovnosti necháme len prvé dva členy
a na ostatné zabudneme, zrejme sa nám pravá strana zmenší. A toto bude
platiť pre každé n ∈ N. Vyplýva to z toho, že 2n+1 > 1 pre každé prirodzené
číslo, takže na pravej strane vždy budeme mať aspoň prvé tri členy (dobre si
to premyslite ;)). Ako zadarmo sme teda odvodili takúto roztomilú nerovnosť
22n+1
>
(
2n + 1
0
)
+
(
2n + 1
1
)
= 2(n + 1), n ∈ N.
Jej aplikáciou potom dostaneme
an+1
an
=
22n+1
n + 1
>
2(n + 1)
n + 1
= 2 pre každý index n.
Podľa nelimitnej verzie podielového kritéria teda rad v zadaní príkladu diverguje.
Všimnime si, že celý čas sme vlastne vyšetrovali konvergenciu/divergenciu
príslušného radu absolútnych hodnôt a ukázali sme, že diverguje. Pokúste
sa zdôvodniť, prečo sme v tomto prípade mohli z divergencie radu absolútnych
hodnôt tak ľahkovážne usúdiť i divergenciu pôvodného radu, hoci vo
všeobecnosti to nie je možné (zamerajte sa na poslednú nerovnosť a jej súvislosť
s nutnou podmienkou konvergencie radu v zadaní príkladu ;)).
Príklad 21 (konvergencia/divergencia v závislosti na parametri)
Vyšetrime konvergenciu radu
∞∑
n=1
(
p + 1
p
)n
20
v závislosti na reálnom parametri p.
Riešenie:
Chceme zistiť, pre akú voľbu čísla p daný rad konverguje, resp. diverguje.
K tomuto problému sa dá pristúpiť viacerými spôsobmi. Najpriamočiarejší
z nich je založený na banálnom pozorovaní, že uvedený rad je geometrický
s kvocientom q = p+1
p
. A o tom je známe, že konverguje práve vtedy, keď
|q| < 1. Množina všetkých hodnôt p, pre ktoré bude náš rad konvergovať, je
preto určená nerovnosťou
p + 1
p
< 1.
Nechávame na čitateľa, aby sám overil, že pre p ∈ (−∞, −1/2) uvedený rad
konverguje (absolútne) a pre p ∈ [−1/2, ∞) diverguje :).
Príklad 22 (konvergencia/divergencia v závislosti na parametri)
Vyšetrime konvergenciu radu
∞∑
n=1
n2
+ 1
n32n
· xn
v závislosti na reálnom parametri x.
Riešenie:
Na tento rad aplikujeme podielové kritérium (za člen an teraz berieme celý
výraz za sumou, aj s mocninou xn
). Platí (po úpravách)
an+1
an
=
(n+1)2+1
(n+1)32n+1 · xn+1
n2+1
n32n · xn
=
n3
[(n + 1)2
+ 1]
2(n + 1)3(n2 + 1)
· |x|
n→∞
−→
|x|
2
.
Podľa limitnej verzie podielového kritéria rad v zadaní príkladu konverguje
absolútne, ak |x|
2
< 1, resp. diverguje, ak |x|
2
> 1. Priebežne teda vieme, že pre
x ∈ (−2, 2) uvedený rad konverguje absolútne a pre x ∈ (−∞, −2) ∪ (2, ∞)
diverguje. Použité kritérium nám však nedalo odpoveď na otázku, čo sa deje,
keď |x| = 2, t.j., keď x = 2 alebo x = −2. Takáto situácia je typická a je
spôsobená ne-univerzálnosťou používaných kritérií, ako sme to spomenuli v
21
úvode. Prípady x = ±2 budeme musieť preskúmať osobitne, a síce priamym
dosadením do radu v zadaní. Pre x = 2 dostaneme rad
∞∑
n=1
n2
+ 1
n32n
· 2n
=
∞∑
n=1
n2
+ 1
n3
.
Skúsené oko ihneď zbadá, že tento rad sa pre veľké n správa ako harmonický
rad (pre skutočne obrovské n možno v kľude privrieť obe oči nad mrňavou
jednotkou v čitateli ;)), a teda je divergentný. V prípade x = −2 máme
alternujúci rad
∞∑
n=1
n2
+ 1
n32n
· (−2)n
=
∞∑
n=1
(−1)n
·
n2
+ 1
n3
,
o ktorom by náš junák Leibniz pohotovo vyhlásil, že konverguje, a to neabsolútne
(samy overte, napríklad i pomocou Príkladu 17 ;)). Môžeme teda
uzavrieť, že rad v zadaní príkladu konverguje pre x ∈ [−2, 2) a diverguje
pre x ∈ (−∞, −2) ∪ [2, ∞). Naviac, pre x ∈ (−2, 2) sa jedná o absolútnu
konvergenciu, kým v bode x = −2 rad konverguje neabsolútne.
Príklad 23 (Dirichletovo kritérium)
Vyšetrime konvergenciu radu
∞∑
n=1
sin nx
n
v závislosti na reálnom parametri x.
Riešenie:
Toto je typický príklad na ilustráciu použitia Dirichletovho kritéria. Samy sa
presvedčte, že dosiaľ používané kritéria (porovnávacie, podielové, odmocninové,
Raabeho, integrálne) nie sú v tomto prípade použiteľné :-/. Nech x ∈ R
je zafixované reálne číslo. V súlade s Dirichletovym kritériom a so zadaním
príkladu položme
an := sin nx, bn :=
1
n
, n ∈ N.
22
Postupnosť {bn} je zrejme monotónna a limn→∞ bn = 0. Potrebujeme ešte
ukázať, že konečný súčet
sn =
n∑
k=1
ak =
n∑
k=1
sin kx = sin x + sin 2x + sin 3x + · · · + sin nx
sa dá ohraničiť nezávisle na indexe n (t.j., iba v závislosti na x). Pokúsime
sa preto stanoviť jeho hodnotu pre konkrétne n (a pre dané x). Budeme
potrebovať klasickú goniometrickú identitu
cos α − cos β = −2 sin
(
α + β
2
)
· sin
(
α − β
2
)
, (7)
platiacu pre každé α, β ∈ R (jej dôkaz nie je ťažký; stačí si rozsínusovať
výrazy na pravej strany a vykonať vhodné úpravy :)). Uvažujme najprv prípad,
keď číslo x nie je celočíselný násobok 2π, t.j., x ̸= 2lπ pre každé l ∈ Z.
Hodnotu sn vynásobíme výrazom sin x
2
(všimnime si, že za uvedených predpokladov
je sin x
2
̸= 0, teda táto úprava je ekvivalentná)
sn · sin
x
2
= sin
x
2
·
n∑
k=1
sin kx =
n∑
k=1
sin
x
2
· sin kx.
Súčiny sin x
2
·sin kx, k ∈ {1, . . . , n}, rozpíšeme pomocou identity (7) s voľbou
α :=
(
k +
1
2
)
x, β :=
(
k −
1
2
)
x.
Postupne dostaneme
sin
x
2
· sin kx = −
1
2
·
[
cos
(
k +
1
2
)
x − cos
(
k −
1
2
)
x
]
=
1
2
·
[
cos
(
k −
1
2
)
x − cos
(
k +
1
2
)
x
]
.
Po dosadení máme
sn · sin
x
2
=
1
2
·
n∑
k=1
[
cos
(
k −
1
2
)
x − cos
(
k +
1
2
)
x
]
.
23
Posledná suma je tzv. teleskopická, t.j., všetky vnútorné členy sa vzájomne
odčítajú a ostane nám len prvý a posledný kosínus
sn · sin
x
2
=
1
2
·
[
cos
x
2
− cos
3x
2
+ cos
3x
2
− cos
5x
2
+ cos
5x
2
− · · ·
· · · + cos
(2n − 1)x
2
− cos
(2n + 1)x
2
]
=
1
2
·
[
cos
x
2
− cos
(2n + 1)x
2
]
.
Na posledný výraz aplikujeme identitu (7) (s α := x/2 a β := (2n + 1)x/2),
pričom dostaneme (po úpravách)
sn · sin
x
2
= − sin
(
x
2
+ (2n+1)x
2
2
)
· sin
(
x
2
− (2n+1)x
2
2
)
= − sin
(
(n + 1)x
2
)
· sin
(
−nx
2
)
= sin
(
(n + 1)x
2
)
· sin
(nx
2
)
.
Z poslednej rovnosti už vyplýva konečný výraz pre sn
sn =
sin
(
(n+1)x
2
)
· sin
(nx
2
)
sin x
2
.
V prípade, ak x = 2lπ pre nejaké l ∈ Z, potom sin kx = sin 2klπ = 0 pre
každé k ∈ {1, . . . , n} (prečo? :)), a teda sn = 0. Pre súčet sn teda platí
finálny výsledok
sn =
n∑
k=1
sin kx =



sin
(
(n+1)x
2
)
· sin
(nx
2
)
sin x
2
, x ̸= 2lπ,
0, x = 2lπ,
l ∈ Z.
Pomocou tohto výsledku môžeme teraz odvodiť vhodné ohraničenie pre súčty
sn. Konkrétne, v prípade x ̸= 2lπ pre každé n ∈ N dostávame
|sn| =
sin
(
(n+1)x
2
)
· sin
(nx
2
)
sin x
2
=
toto je ≤1
sin
(
(n + 1)x
2
)
·
toto je ≤1
sin
(nx
2
)
sin x
2
≤
1
sin x
2
nezávisí na n
.
24
Prípad x = 2lπ je triviálny (samy si zdôvodnite :)). Ukázali sme teda, že pre
dané x ∈ R sú splnené všetky podmienky Dirichletovho kritéria. Preto rad v
zadaní príkladu konverguje (nie však nutne absolútne) pre každé reálne x.
Príklad 24 (Abelovo kritérium)
Vyšetrime konvergenciu radu
∞∑
n=1
n
√
n · sin n
n
.
Riešenie:
Už na prvý pohľad je vidieť, že i v tomto prípade so základnými kritériami
nepochodíme :-/. Položme
an :=
sin n
n
, bn := n
√
n, n ∈ N.
Podľa výsledku z predchádzajúceho príkladu s voľbou x = 1, rad
∑
an =∑ sin n
n
konverguje. Ďalej limn→∞ bn = limn→∞
n
√
n = 1 (samy overte :)),
teda postupnosť {bn} je ohraničená (prečo? :)). Ostáva overiť monotónnosť
postupnosti {bn}. Ukážeme, že pre indexy n ≥ 3 je klesajúca. V Matematickej
analýze I sa pri definícii Eulerovho čísla e dokazuje, že pre každé n ∈ N platí
(
1 +
1
n
)n
< 3.
Potom pre každé prirodzené n ≥ 3 máme nerovnosť
(
1 +
1
n
)n
< n
(samy si dobre premyslite :)). Po vhodných úpravách postupne dostaneme
(
1 +
1
n
)n
< n,
(n + 1)n
nn
< n / · nn
,
(n + 1)n
< nn+1
/(·)
1
n , (·)
1
n+1 ,
25
(n + 1)
1
n+1 < n
1
n =⇒ n+1
√
n + 1 < n
√
n, n ≥ 3.
Posledná nerovnosť znamená, že postupnosť {bn} je od indexu 3 klesajúca.
Rad v zadaní príkladu teda spĺňa všetky požiadavky Abelovho kritéria, a
preto je konvergentný (nie však nutne absolútne).
Nakoniec sa ešte stručne zmienime o niečom, čomu sa hovorí sila kritéria
konvergencie. Tento pojem úzko súvisí so skutočnosťou, že každé kritérium
konvergencie (samozrejme, okrem oslavovaného Cauchyho-Bolzanovho :)) má
svoje slabiny, ktoré sa skôr či neskôr predsa len prejavia. Prejavia sa v tom
zmysle, že jedného pekného dňa sa objaví taký nekonečný a nekonečne diabolský
rad, na ktorom si dané kritérium, dovtedy pyšné a neporaziteľné,
vyláme všetky svoje zuby :/. Nuž a – zhruba povedané – sila kritéria spočíva
v tom, koľko takýchto pekelníkov dokáže okabátiť :). Hovoríme, že kritérium
K1 je silnejšie než kritérium K2, ak každý rad, ktorý zdoláme (rozumej,
o konvergencii/divergencii ktorého vieme rozhodnúť) pomocou kritéria K2,
zdoláme i pomocou kritéria K1 (dobre si to premyslite :)). Prakticky to ilustrujeme
na konkrétnych príkladoch. Je známe, že Cauchyho odmocninové
kritérium je silnejšie ako D’Alembertovo podielové kritérium. V Príklade 6
sme konvergenciu radu ukázali pomocou podielového kritéria. Ak na tento
rad aplikujeme odmocninové kritérium, dostaneme
n
√
|an| = n
√
φ(n)
√
6n
=
[φ(n)]1/n
√
6
=



21/n
√
6
, n párne,
62/n
√
6
, n nepárne.
Keďže platí limn→∞ 21/n
= 1 = limn→∞ 62/n
, existujú i limity z príslušných
vybraných postupností, pričom
limn→∞
n párne
21/n
= 1 = limn→∞
n nepárne
62/n
(dôkladne si to premyslite :)). To ale znamená, že existuje i limn→∞
n
√
|an| a
má hodnotu
lim
n→∞
n
√
|an| = lim
n→∞
[φ(n)]1/n
√
6
=
1
√
6
< 1
(i toto si dobre premyslite :)). Teda o konvergencii daného radu vieme rozhodnúť
i podľa odmocninového kritéria (samozrejme s odpoveďou, že konverguje
26
:)). Zoberme si teraz rad z Príkladu 9. O ňom sme pomocou odmocninového
kritéria ukázali, že konverguje. Pokúsme sa teraz na tento rad použiť
podielové kritérium. Máme (samy overte :))
an+1
an
=



1
2
·
(3
2
)n
, n párne,
1
3
·
(2
3
)n
, n nepárne.
Z toho vyplýva, že
lim sup
n→∞
an+1
an
= ∞, lim inf
n→∞
an+1
an
= 0,
an+1
an
> 1 pre každé párne n,
an+1
an
< 1 pre každé nepárne n
(samy sa presvedčte :)). Vidíme teda, že nemôžeme použiť ani nelimitné podielové
kritérium, a ani limitné podielové kritérium (limita limn→∞
an+1
an
neexistuje, prečo? :)). Chudák D’Alembert je na tento rad jednoducho prikrátky,
nevie rozhodnúť, či daný rad konverguje alebo diverguje :(. Vo všeobecnosti
sa skutočnosť, že Cauchyho odmocninové kritérium je silnejšie ako
D’Alembertovo podielové kritérium, dá dokázať na základe nerovností
lim inf
n→∞
an+1
an
≤ lim inf
n→∞
n
√
|an| ≤ lim sup
n→∞
n
√
|an| ≤ lim sup
n→∞
an+1
an
,
ktoré platia pre každú nenulovú postupnosť {an}∞
n=1 (pokúste sa premyslieť
si, ako :)). Väčší silák než D’Alembert je i Raabe. Dokonca je niekedy i silnejší
ako veľký Cauchy. Zoberme si napríklad celkom nevinný rad z Príkladu 12.
Kým D’Alembert i Cauchy ho budú len tak rozpačito požužlávať (samy sa
o tom presvedčte ;)), veľký kápo Raabe ho zhltne ako jednohubku, ako sme
toho boli svedkami :). Avšak karta sa môže i obrátiť. Z duelu v Príklade 10
vyjde z našich troch mušketierov víťazne jedine Cauchy, Raabe a D’Alembert
odídu s dlhými nosmi :). Skutočne, pre tento rad totiž máme (samy overte
:))
an+1
an
=
1
22·(−1)n+1
=



1
8
, n párne,
2, n nepárne.
Z toho potom dostávame (rovnako overte samy :))
lim sup
n→∞
an+1
an
= 2, lim inf
n→∞
an+1
an
=
1
8
, teda lim
n→∞
an+1
an
neexistuje.
27
an+1
an
< 1 pre každé párne n,
an+1
an
> 1 pre každé nepárne n.
Nemôžeme preto použiť žiadnu z verzií D’Alembertovho kritéria. Ďalej
lim sup
n→∞
n
(
1 −
an+1
an
)
= ∞, lim inf
n→∞
n
(
1 −
an+1
an
)
= −∞,
a teda lim
n→∞
n
(
1 −
an+1
an
)
neexistuje.
n
(
1 −
an+1
an
)
> 1 pre každé párne n,
n
(
1 −
an+1
an
)
< 1 pre každé nepárne n.
Zlyháva teda i Raabeho kritérium.
Neriešené príklady
1. Pomocou vhodného kritéria vyšetrite konvergenciu daných radov.
a)
∑∞
n=1
n+1
n2+1
b)
∑∞
n=1
1
arctg n
c)
∑∞
n=1
1
n2
√
n+1
d)
∑∞
n=1 sin π
3n e)
∑∞
n=1
n
2n f)
∑∞
n=1
n!
2n+1
g)
∑∞
n=1
(n!)2
(2n)!
h)
∑∞
n=1 arctgn
(1
n
)
i)
∑∞
n=1
1
[ln(n+1)]n+1
j)
∑∞
n=1
1
31+ 1
2 + 1
3 +···+ 1
n
k)
∑∞
n=1
nn+ 1
n
(n+ 1
n )
n l)
∑∞
n=1
( 2n
3n+1
)2n−1
m)
∑∞
n=1
1
n ln2
n
n)
∑∞
n=1
ln n
n
√
3
o)
∑∞
n=1
1
n1/π
p)
∑∞
n=1(−1)n
· n2
2n q)
∑∞
n=1 sin
(
n + 1
n
)
π r)
∑∞
n=1
(−1)n+1
ln(2n+1)
.
28
2. Zistite, ktoré rady konvergujú absolútne/neabsolútne.
a)
∑∞
n=1
sin n
6n b)
∑∞
n=1(−1)
n(n−1)
2 · 1
4n
c)
∑∞
n=1(−1)n−1
· 3·5·7···(2n+1)
2·5·8···(3n−1)
d)
∑∞
n=1(−1)n
· ln n
n
e)
∑∞
n=1(−1)n−1
· tg
(
1
n
√
n
)
f)
∑∞
n=1(−1)n−1
· 1
n−ln n
.
3. Vyšetrite konvergenciu radov v závislosti na reálnom parametri x.
a)
∑∞
n=1 e−n2x
b)
∑∞
n=1 lnn
x c)
∑∞
n=1
nx
enx .
4. Pomocou integrálneho kritéria preskúmajte konvergenciu tzv. zovšeobecneného
harmonického radu
∞∑
n=1
1
np
v závislosti na reálnom exponente p.
5. Dokážte divergenciu radu v Príklade 13 využitím odhadu
n! ≤ e ·
√
n · (n/e)n
,
platiacom pre každé n ∈ N, a výsledku z predchádzajúcej úlohy.
6. Pomocou Raabeho kritéria vyšetrite konvergenciu radu
∞∑
n=1
(
1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)
2 · 4 · 6 · · · (2n)
)2
.
Zároveň ukážte, že D’Alembert je na tento rad prikrátky :).
7. Presvedčte sa, že s harmonickým radom si podielový D’Alembert ani
odmocninový Cauchy nevedia rady. Zároveň ukážte, že ho napokon
zmákne Raabe, ale bude to tak nadoraz :).
8. Vyšetrením vhodných číselných radov dokážte dané rovnosti.
a) lim
n→∞
nn
(n!)2 = 0 b) lim
n→∞
nn
(4n)!
= 0.
29
9. Pomocou Dirichletovho kritéria ukážte, že alternujúci rad
∑∞
n=1
(−1)n−1
n
konverguje (v zhode s výsledkom Príkladu 19).
10.* Okrem odmocninového a integrálneho kritéria pochádza od Cauchy
i ďalšie zaujímavé kritérium konvergencie radov. V anglicky písanej
literatúre sa označuje ako Cauchy condensation test a hovorí toto. Nech
{an}∞
n=1 je nezáporná a nerastúca postupnosť reálnych čísiel. Potom
rad
∞∑
n=1
an konverguje práve vtedy, keď konverguje rad
∞∑
n=0
2n
a2n
(symbol a2n označuje člen uvažovanej postupnosti s indexom 2n
). Naviac,
v prípade konvergencie oboch radov platia pre ich súčty
s :=
∞∑
n=1
an, S :=
∞∑
n=0
2n
a2n
nerovnosti S/2 ≤ s ≤ S. Pomocou tohto kritéria vyšetrite konvergenciu
zovšeobecneného harmonického radu z úlohy 4. v závislosti na
exponente p. V prípade konvergencie radu odhadnite aj jeho súčet.
11.* Nech {sn}∞
n=1 je postupnosť čiastočných súčtov harmonického radu∑ 1
n
. Pomocou poznatku, že existuje vlastná limita
lim
n→∞
(sn − ln n)
(pozri do úvodných statí), dokážte divergenciu harmonického radu. Výzva
pre odvážlivcov: Pokúste sa dokázať existenciu uvedenej limity :).
(Nebojte sa do toho pustiť :). S tým, čo doteraz z matematiky viete, si
bohate vystačíte. Pozorne si prečítajte pokec v úvode k tomuto problému,
je v ňom skrytý návod, ako na to ;).)
12.* Nech {pn}∞
n=1 je postupnosť všetkých prvočísiel, t.j.,
p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, p4 = 7, p5 = 11, . . . .
O tejto postupnosti platí výsledok slávnej tzv. prvočíselnej vety, ktorý
predpovedal už 15-ročný budúci princ matematiky C. F. Gauss a ktorý
30
takmer o sto rokov neskôr nezávisle na sebe dokázali matematici J.
Hadamard a Ch. J. de la Valleé-Poussin :). Konkrétne, platí
lim
n→∞
pn
n ln n
= 1.
Pomocou tohto poznatku dokážte divergenciu nekonečného radu
∞∑
n=1
1
pn
=
1
2
+
1
3
+
1
5
+
1
7
+
1
11
+
1
13
+ · · · .
Tento rad má mnoho zaujímavých vlastností. Napríklad významná
Mertensova veta (presnejšie, druhá Mertensova veta) hovorí, že limita
M := lim
n→∞
( n∑
k=1
1
pk
− ln ln n
)
existuje a je konečná :). Reálne číslo M sa nazýva Meisselova–Mertensova
konštanta a má približnú hodnotu
M ≈ 0.2614972128476427837554268386086958590516 . . . .
Premyslite si, že i tento výsledok ukazuje divergenciu daného radu.
13.* Pomocou vhodného kritéria rozhodnite o konvergencii radu
∑∞
n=1
cos n
n
.
14.* Dokážte, že nasledujúce tvrdenie je dôsledkom Abelovho kritéria.
Ak rad
∑
an konverguje, potom i rad
∑
n
√
n · an konverguje.
Inšpirujte sa výsledkom a postupom v Príklade 24 ;).
15.** Vyšetrite konvergenciu radu
∞∑
n=1
(n + 1)n
nn+2
.
31